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\begin{document}

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\chapter{\texorpdfstring{\(2\)~元 \(2\)~次式}%
  {2 元 2 次式}}

本章, 我们研究
\(2\)~元 \(2\)~次式.

\clearpage

\section{复数}

本章, 我们在复数讨论问题.

回想, 我们最先学习自然数 (非负整数)
\(0\), \(1\), \(2\), \(\dots\).
然后, 我们学习了它们的大小关系与运算,
包括但不限于:
\begin{itemize}
    % \item \(0\) 是最小的自然数;
    % \item 最大的自然数不存在;
    \item 对任何自然数 \(x\), \(y\),
          在 ``\(x = y\)'',
          ``\(x > y\)''
          与 ``\(y > x\)'',
          存在且只存在一个, 其是对的;
    \item 可对二个自然数作加法 (或乘法),
          且结果, 和 (或积), 是自然数;
    \item 自然数的加法 (或乘法) 适合结合律与交换律;
    \item 自然数的加法与乘法适合分配律;
    \item 存在自然数 \(0\), 使对任何自然数 \(x\),
          \(0 + x = x = x + 0\);
    \item 存在自然数 \(1\), 使对任何自然数 \(x\),
          \(1 \cdot x = x = x \cdot 1\).
\end{itemize}
当我们考虑加法与乘法的逆运算时,
我们考虑了减法与除法:
若 \(x + z = y\), 则 \(z = y - x\);
若 \(x \cdot z = y\), 则 \(z = y / x\)
(其中, \(x \neq 0\)).
不过, 我们不总能在自然数作减法与除法:
我们知道, \(7 - 3 = 4\), 但 \(3 - 7\) 是何?
我们知道, \(222 / 6 = 37\), 但 \(3 / 9\) 是何?

为解决它们, 我们学习了可比数 (\angla{rational numbers}).
于是, \(3 - 7 = -4\),
且 \(3 / 9 = 1 / 3\).
关于可比数, 我们知道, 包括但不限于:
\begin{itemize}
    \item 可对二个可比数作加法 (或乘法),
          且结果, 和 (或积), 是可比数;
    \item 可比数的加法 (或乘法) 适合结合律与交换律;
    \item 可比数的加法与乘法适合分配律;
    \item 存在可比数 \(0\), 使对任何可比数 \(x\),
          \(0 + x = x = x + 0\);
    \item 对任何可比数 \(x\), 存在可比数 \(-x\),
          使 \((-x) + x = 0 = x + (-x)\);
    \item 存在可比数 \(1\), 使对任何可比数 \(x\),
          \(1 \cdot x = x = x \cdot 1\);
    \item 对任何不等于 \(0\) 的可比数 \(x\),
          存在不等于 \(0\) 的可比数 \(x^{-1}\),
          使 \(x^{-1} \cdot x = 1 = x \cdot x^{-1}\);
    \item 可比数是形如
          \(\pm q/p\) (即 \(+q/p\) 或 \(-q/p\))
          的数,
          其中, \(p\), \(q\) 是自然数, 且 \(p \neq 0\);
    \item 可比数是二个整数的比,
          其中, 整数是形如
          \(\pm q\) (即 \(+q\) 或 \(-q\))
          的数,
          (其中, \(q\) 是自然数);
    \item 自然数都是可比数, 且不是自然数的可比数存在;
    \item 可对二个可比数作减法 (或除法)
          (其中, 除数不等于 \(0\)),
          且结果, 差 (或比), 都是可比数;
          % \item 最小的可比数不存在;
          % \item 最大的可比数不存在;
    \item 对任何可比数 \(x\), \(y\),
          在 ``\(x = y\)'',
          ``\(x > y\)''
          与 ``\(y > x\)'',
          存在且只存在一个, 其是对的;
    \item 对任何可比数 \(x\),
          在 ``\(x = 0\)'',
          ``\(x > 0\)''
          与 ``\(-x > 0\)'',
          存在且只存在一个, 其是对的;
    \item 二个正的可比数的和 (或积) 是正的,
          其中, 正的可比数是大于 \(0\) 的可比数.
\end{itemize}

当我们学习几何时, 我们发现,
一些量不可能是可比数:
由勾股定理,
边长为 \(1\) 的正方形的对角线的长的平方是
\(1^2 + 1^2 = 1 + 1 = 2\),
但

\begin{theorem}
    不存在可比数, 其的平方等于 \(2\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    反设, 某可比数 \(x\) 的平方等于 \(2\).
    则存在整数 \(p\), \(q\) (其中, \(p \neq 0\)),
    使 \(x = q/p\).
    注意, 我们可要求, \(q\) 与 \(p\) 的一个不是偶数
    (回想, 对整数 \(a\), 若存在整数 \(b\),
    使 \(a = 2 \cdot b = 2b\),
    则 \(a\) 是偶数),
    因为我们总能对 \(q/p\) 约分.
    则 \(x^2 = q^2 / p^2 = 2\).
    则 \(q^2 = 2 p^2\).
    则 \(q^2\) 是偶数.
    则 \(q\) 是偶数
    (注意, 若整数 \(a\) 不是偶数,
    则整数 \(a^2\) 也不是偶数).
    则 \(q = 2t\), 其中, \(t\) 是整数.
    则 \(2 p^2 = q^2 = 4 t^2\).
    则 \(p^2 = 2 t^2\).
    则 \(p^2\) 是偶数.
    则 \(p\) 是偶数.
    这是矛盾.
\end{proof}

于是, 我们学习了实数.
在实数, 我们能以 \(\sqrt{2}\)
表边长为 \(1\) 的正方形的对角线的长:
\(\big(\sqrt{2}\big)^2 = 2\).
并且, 关于实数, 我们知道, 包括但不限于:
\begin{itemize}
    \item 可对二个实数作加法 (或乘法),
          且结果, 和 (或积), 是实数;
    \item 实数的加法 (或乘法) 适合结合律与交换律;
    \item 实数的加法与乘法适合分配律;
    \item 存在实数 \(0\), 使对任何实数 \(x\),
          \(0 + x = x = x + 0\);
    \item 对任何实数 \(x\), 存在实数 \(-x\),
          使 \((-x) + x = 0 = x + (-x)\);
    \item 存在实数 \(1\), 使对任何实数 \(x\),
          \(1 \cdot x = x = x \cdot 1\);
    \item 对任何不等于 \(0\) 的实数 \(x\),
          存在不等于 \(0\) 的实数 \(x^{-1}\),
          使 \(x^{-1} \cdot x = 1 = x \cdot x^{-1}\);
    \item 可比数都是实数, 且不是可比数的实数存在;
    \item 可对二个实数作减法 (或除法)
          (其中, 除数不等于 \(0\)),
          且结果, 差 (或比), 都是实数;
          % \item 最小的实数不存在;
          % \item 最大的实数不存在;
    \item 对任何实数 \(x\), \(y\),
          在 ``\(x = y\)'',
          ``\(x > y\)''
          与 ``\(y > x\)'',
          存在且只存在一个, 其是对的;
    \item 对任何实数 \(x\),
          在 ``\(x = 0\)'',
          ``\(x > 0\)''
          与 ``\(-x > 0\)'',
          存在且只存在一个, 其是对的;
    \item 二个正的实数的和 (或积) 是正的,
          其中, 正的实数是大于 \(0\) 的实数;
    \item 对任何非负的实数 \(y\)
          (即 \(y > 0\) 或 \(y = 0\)),
          存在唯一的非负的实数 \(x\),
          使 \(x^2 = x \cdot x = y\)
          (我们常记此 \(x\) 为 \(\sqrt{y}\));
    \item 对任何实数 \(y\),
          存在唯一的实数 \(u\),
          使 \(u^3 = u^2 \cdot u
          = (u \cdot u) \cdot u = y\)
          (我们常记此 \(u\) 为 \(\sqrt[3]{y}\)).
\end{itemize}

那么, 复数是何?
通俗地, 复数是形如 \(a + \mathrm{i} b\) 的数,
其中, \(a\), \(b\) 是实数,
且 \(\mathrm{i}\) 是一个不是实数的文字
(\(\mathrm{i}\) 来自 \angla{imaginary unit} (英语)).
正式地,

\begin{definition}
    \emph{复数}是形如 \(a + \mathrm{i} b\) 的有序的文字,
    其中, \(a\), \(b\) 是实数,
    且 \(\mathrm{i}\) 是一个不是实数的文字.
    (``有序的'' 指,
    \(a + \mathrm{i} b\) 与 \(b + \mathrm{i} a\)
    是不同的, 除非 \(a = b\).)

    设 \(a\), \(b\), \(c\), \(d\) 是实数.
    若 \(a = c\) 且 \(b = d\),
    我们说, 二个复数
    \(a + \mathrm{i} b\) 与 \(c + \mathrm{i} d\)
    相等:
    \(a + \mathrm{i} b = c + \mathrm{i} d\).
    若 \(a \neq c\) 或 \(b \neq d\),
    我们说, 二个复数
    \(a + \mathrm{i} b\) 与 \(c + \mathrm{i} d\)
    不相等:
    \(a + \mathrm{i} b \neq c + \mathrm{i} d\).

    设 \(a\), \(b\) 是实数.
    我们可简单地写 \(a + \mathrm{i} 0\) 为 \(a\);
    我们可简单地写 \(0 + \mathrm{i} b\) 为 \(\mathrm{i} b\);
    我们可简单地写 \(a + \mathrm{i} (-b)\) 为
    \(a - \mathrm{i} b\);
    我们可简单地写 \(a + \mathrm{i} 1\) 为
    \(a + \mathrm{i}\);
    我们可简单地写 \(a + \mathrm{i} (-1)\) 为
    \(a - \mathrm{i}\);
    我们可简单地写 \(0 + \mathrm{i} 1\) 为
    \(\mathrm{i}\);
    我们可简单地写 \(0 + \mathrm{i} b\) 为
    \(\mathrm{i} b\);
    我们可简单地写 \(0 + \mathrm{i} (-b)\) 为
    \(-\mathrm{i} b\);
    我们可简单地写 \(0 + \mathrm{i} 0\) 为
    \(0\).

    实数都是复数,
    且 \(a + \mathrm{i} b\) 不是实数,
    除非 \(b = 0\).

    我们也可写 \(a + \mathrm{i} b\)
    为 \(a + b \mathrm{i}\).

    设 \(a\), \(b\), \(c\), \(d\) 是实数.
    定义%
    复数 \(a + \mathrm{i} b\) 与 \(c + \mathrm{i} d\) 的和
    \begin{align*}
        (a + \mathrm{i} b) + (c + \mathrm{i} d)
        = (a + c) + \mathrm{i} (b + d).
    \end{align*}
    定义%
    复数 \(a + \mathrm{i} b\) 与 \(c + \mathrm{i} d\) 的积
    \begin{align*}
        (a + \mathrm{i} b) (c + \mathrm{i} d)
        = (a c - b d) + \mathrm{i} (a d + b c).
    \end{align*}
\end{definition}

\begin{example}
    我们计算复数
    \(2 + \mathrm{i} 5\), \(3 + \mathrm{i} 7\)
    的和与积.
    加法是简单的:
    \begin{align*}
        (2 + \mathrm{i} 5) + (3 + \mathrm{i} 7)
        = (2 + 3) + \mathrm{i} (5 + 7)
        = 5 + \mathrm{i} 12.
    \end{align*}
    乘法不是难的:
    \begin{align*}
        (2 + \mathrm{i} 5) (3 + \mathrm{i} 7)
        = (2 \cdot 3 - 5 \cdot 7)
        + \mathrm{i} (2 \cdot 7 + 5 \cdot 3)
        = -29 + \mathrm{i} 29.
    \end{align*}
\end{example}

\begin{example}
    我们计算 \(\mathrm{i}\) 与 \(\mathrm{i}\)
    的积:
    \begin{align*}
        \mathrm{i} \mathrm{i}
        = (0 + \mathrm{i} 1) (0 + \mathrm{i} 1)
        = (0 \cdot 0 - 1 \cdot 1)
        + \mathrm{i} (0 \cdot 1 + 1 \cdot 0)
        = -1 + \mathrm{i} 0
        = -1.
    \end{align*}
\end{example}

复数的加法与乘法也适合一些运算律:

\begin{theorem}
    设 \(x\), \(y\), \(z\) 是复数.
    复数的加法与乘法适合:

    (1)
    对任何复数 \(x\), \(y\),
    它们的和 \(x + y\) 是复数.

    (2)
    加法结合律:
    对任何复数 \(x\), \(y\), \(z\),
    \((x + y) + z = x + (y + z)\).

    (3)
    加法交换律:
    对任何复数 \(x\), \(y\),
    \(x + y = y + x\).

    (4)
    \(0 = 0 + \mathrm{i} 0\) 适合,
    对任何复数 \(x\),
    \(0 + x = x = x + 0\).

    (5)
    对任何复数 \(x\), 存在复数 \(-x\), 使
    \((-x) + x = 0 = x + (-x)\).

    (6)
    对任何复数 \(x\), \(y\),
    它们的积 \(x y\) 是复数.

    (7)
    乘法结合律:
    对任何复数 \(x\), \(y\), \(z\),
    \((x y) z = x (y z)\).

    (8)
    乘法交换律:
    对任何复数 \(x\), \(y\),
    \(x y = y x\).

    (9)
    \(1 = 1 + \mathrm{i} 0\) 适合,
    对任何复数 \(x\),
    \(1 x = x = x 1\).

    (10)
    对任何不等于 \(0\) 的复数 \(x\),
    存在不等于 \(0\) 的复数 \(\operatorname{rec} {(x)}\), 使
    \(\operatorname{rec} {(x)} \cdot x
    = 1
    = x \cdot \operatorname{rec} {(x)}\).

    (11)
    分配律:
    对任何复数 \(x\), \(y\), \(z\),
    \(x (y + z) = x y + x z\),
    且 \((x + y) z = x z + y z\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    以下, 我们设
    \(x = a + \mathrm{i} b\),
    \(y = c + \mathrm{i} d\),
    \(z = e + \mathrm{i} f\),
    其中,
    \(a\), \(b\), \(c\), \(d\), \(e\), \(f\) 是实数.

    (1)
    回想,
    \(x + y = (a + c) + \mathrm{i} (b + d)\).
    因为 \(a\), \(c\) 是实数,
    \(a + c\) 是实数;
    因为 \(b\), \(d\) 是实数,
    \(b + d\) 是实数.
    则 \(x + y\) 是复数.

    (2)
    注意,
    \begin{align*}
        (x + y) + z
        = {} &
        ((a + \mathrm{i} b) + (c + \mathrm{i} d))
        + (e + \mathrm{i} f)
        \\
        = {} &
        ((a + c) + \mathrm{i} (b + d))
        + (e + \mathrm{i} f)
        \\
        = {} &
        ((a + c) + e) + \mathrm{i} ((b + d) + f)
        \\
        = {} &
        (a + (c + e)) + \mathrm{i} (b + (d + f))
        \\
        = {} &
        (a + \mathrm{i} b)
        + ((c + e) + \mathrm{i} (d + f))
        \\
        = {} &
        (a + \mathrm{i} b)
        + ((c + \mathrm{i} d) + (e + \mathrm{i} f))
        \\
        = {} &
        x + (y + z).
    \end{align*}

    (3)
    注意,
    \begin{align*}
        x + y
        = {} &
        (a + \mathrm{i} b) + (c + \mathrm{i} d)
        \\
        = {} &
        (a + c) + \mathrm{i} (b + d)
        \\
        = {} &
        (c + a) + \mathrm{i} (d + b)
        \\
        = {} &
        (c + \mathrm{i} d) + (a + \mathrm{i} b)
        \\
        = {} &
        y + x.
    \end{align*}

    (4)
    我证 \(0 + x = x\);
    我留另一部分为您的习题
    (注意, 您能用交换律:
    \(x + 0 = 0 + x = x\)).
    注意,
    \begin{align*}
        0 + x
        = {} &
        (0 + \mathrm{i} 0) + (a + \mathrm{i} b)
        \\
        = {} &
        (0 + a) + \mathrm{i} (0 + b)
        \\
        = {} &
        a + \mathrm{i} b
        \\
        = {} &
        x.
    \end{align*}

    (5)
    设 \(-x = -a + \mathrm{i} (-b)\).
    我证 \((-x) + x = 0\);
    我留另一部分为您的习题
    (注意, 您能用交换律:
    \(x + (-x) = (-x) + x = 0\)).
    注意,
    \begin{align*}
        (-x) + x
        = {} &
        (-a + \mathrm{i} (-b)) + (a + \mathrm{i} b)
        \\
        = {} &
        (-a + a) + \mathrm{i} (-b + b)
        \\
        = {} &
        0 + \mathrm{i} 0
        \\
        = {} &
        0.
    \end{align*}

    (6)
    回想,
    \(x y = (a c - b d) + \mathrm{i} (a d + b c)\).
    因为 \(a\), \(c\) 是实数,
    \(a c\) 是实数;
    因为 \(b\), \(d\) 是实数,
    \(b d\) 是实数.
    则 \(a c - b d\) 是实数.
    因为 \(a\), \(d\) 是实数,
    \(a d\) 是实数;
    因为 \(b\), \(c\) 是实数,
    \(b c\) 是实数.
    则 \(a d + b c\) 是实数.
    则 \(x y\) 是复数.

    (7)
    注意,
    对任何实数 \(g\), \(h\),
    \(-(g + h) = -h + (-g) = -h - g\).
    则
    \begin{align*}
             &
        (x y) z
        \\
        = {} &
        ((a + \mathrm{i} b) (c + \mathrm{i} d))
        (e + \mathrm{i} f)
        \\
        = {} &
        ((ac - bd) + \mathrm{i} (ad + bc))
        (e + \mathrm{i} f)
        \\
        = {} &
        ((ac - bd)e - (ad + bc)f)
        + \mathrm{i} ((ac - bd)f + (ad + bc)e)
        \\
        = {} &
        (((ac)e - (bd)e) - ((ad)f + (bc)f))
        + \mathrm{i} (((ac)f - (bd)f) + ((ad)e + (bc)e))
        \\
        = {} &
        ((a(ce) - b(de)) - (a(df) + b(cf)))
        + \mathrm{i} ((a(cf) - b(df)) + (a(de) + b(ce)))
        \\
        = {} &
        ((a(ce) - b(de)) + (-b(cf) - a(df)))
        + \mathrm{i} ((a(cf) - b(df)) + (a(de) + b(ce)))
        \\
        = {} &
        ((a(ce) - b(de)) + (-a(df) - b(cf)))
        + \mathrm{i} ((a(cf) - b(df)) + (a(de) + b(ce)))
        \\
        = {} &
        (((a(ce) - b(de)) - a(df)) - b(cf))
        + \mathrm{i} (((a(cf) - b(df)) + a(de)) + b(ce))
        \\
        = {} &
        ((a(ce) + (-b(de) - a(df))) - b(cf))
        \\
             &
        \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad
        \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad
        + \mathrm{i} ((a(cf) + (-b(df) + a(de))) + b(ce))
        \\
        = {} &
        ((a(ce) + (-a(df) - b(de))) - b(cf))
        + \mathrm{i} ((a(cf) + (a(de) - b(df))) + b(ce))
        \\
        = {} &
        (((a(ce) - a(df)) - b(de)) - b(cf))
        + \mathrm{i} (((a(cf) + a(de)) - b(df)) + b(ce))
        \\
        = {} &
        ((a(ce) - a(df)) + (-b(de) - b(cf)))
        \\
             &
        \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad
        \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad
        + \mathrm{i} ((a(cf) + a(de)) + (-b(df) + b(ce)))
        \\
        = {} &
        ((a(ce) - a(df)) - (b(cf) + b(de)))
        + \mathrm{i} ((a(cf) + a(de)) + (b(ce) + b(-df)))
        \\
        = {} &
        (a(ce - df) - b(cf + de))
        + \mathrm{i} (a(cf + de) + b(ce - df))
        \\
        = {} &
        (a + \mathrm{i} b)
        ((ce - df) + \mathrm{i} (cf + de))
        \\
        = {} &
        (a + \mathrm{i} b)
        ((c + \mathrm{i} d) (e + \mathrm{i} f))
        \\
        = {} &
        x (y z).
    \end{align*}

    (8)
    注意,
    \begin{align*}
        x y
        = {} &
        (a + \mathrm{i} b) (c + \mathrm{i} d)
        \\
        = {} &
        (a c - b d) + \mathrm{i} (a d + b c)
        \\
        = {} &
        (c a - d b) + \mathrm{i} (d a + c b)
        \\
        = {} &
        (c + \mathrm{i} d) (a + \mathrm{i} b)
        \\
        = {} &
        y x.
    \end{align*}

    (9)
    我证 \(1 x = x\);
    我留另一部分为您的习题
    (注意, 您能用交换律:
    \(x 1 = 1 x = x\)).
    注意,
    \begin{align*}
        1 x
        = {} &
        (1 + \mathrm{i} 0) (a + \mathrm{i} b)
        \\
        = {} &
        (1 a - 0 b) + \mathrm{i} (1 b + 0 a)
        \\
        = {} &
        (a - 0) + \mathrm{i} (b + 0)
        \\
        = {} &
        a + \mathrm{i} b
        \\
        = {} &
        x.
    \end{align*}

    (10)
    因为 \(x \neq 0\),
    \(a\), \(b\) 不能全是 \(0\).
    则非负数 \(a^2\), \(b^2\) 不能全是 \(0\).
    则 \(a^2 + b^2\) 是正数.
    则 \(a^2 + b^2 \neq 0\).
    设 \(\operatorname{rec} {(x)}
    = a/(a^2 + b^2) + \mathrm{i} (-b/(a^2 + b^2))\).
    则 \(a/(a^2 + b^2)\), \(-b/(a^2 + b^2)\)
    不能全是 \(0\).
    则 \(\operatorname{rec} {(x)} \neq 0\).

    我证 \(\operatorname{rec} {(x)} \cdot x = 1\);
    我留另一部分为您的习题
    (注意, 您能用交换律:
    \(x \cdot \operatorname{rec} {(x)}
    = \operatorname{rec} {(x)} \cdot x
    = 1\)).
    注意,
    \begin{align*}
        \operatorname{rec} {(x)} \cdot x
        = {} &
        \left( \frac{a}{a^2 + b^2}
        + \mathrm{i} \frac{-b}{a^2 + b^2} \right)
        (a + \mathrm{i} b)
        \\
        = {} &
        \left(
        \frac{a}{a^2 + b^2} a - \frac{-b}{a^2 + b^2} b
        \right)
        + \mathrm{i}
        \left(
        \frac{a}{a^2 + b^2} b + \frac{-b}{a^2 + b^2} a
        \right)
        \\
        = {} &
        \frac{a a - (-b) b}{a^2 + b^2}
        + \mathrm{i} \frac{a b + (-b) a}{a^2 + b^2}
        \\
        = {} &
        \frac{a^2 + b^2}{a^2 + b^2}
        + \mathrm{i} \frac{a b - a b}{a^2 + b^2}
        \\
        = {} &
        1 + \mathrm{i} 0
        \\
        = {} &
        1.
    \end{align*}

    (11)
    我证 \(x (y + z) = x y + x z\);
    我留另一部分为您的习题
    (注意, 您能用交换律:
    \((x + y) z
    = z (x + y)
    = z x + z y
    = x z + y z\)).
    注意,
    \begin{align*}
        x (y + z)
        = {} &
        (a + \mathrm{i} b)
        ((c + \mathrm{i} d) + (e + \mathrm{i} f))
        \\
        = {} &
        (a + \mathrm{i} b)
        ((c + e) + \mathrm{i} (d + f))
        \\
        = {} &
        (a (c + e) - b (d + f))
        + \mathrm{i} (a (d + f) + b (c + e))
        \\
        = {} &
        ((ac + ae) - (bd + bf))
        + \mathrm{i} ((ad + af) + (bc + be))
        \\
        = {} &
        ((ac + ae) + (-bf - bd))
        + \mathrm{i} ((ad + af) + (bc + be))
        \\
        = {} &
        ((ac + ae) + (-bd - bf))
        + \mathrm{i} ((ad + af) + (bc + be))
        \\
        = {} &
        (((ac + ae) - bd) - bf)
        + \mathrm{i} (((ad + af) + bc) + be)
        \\
        = {} &
        ((ac + (ae - bd)) - bf)
        + \mathrm{i} ((ad + (af + bc)) + be)
        \\
        = {} &
        ((ac + (-bd + ae)) - bf)
        + \mathrm{i} ((ad + (bc + af)) + be)
        \\
        = {} &
        (((ac - bd) + ae) - bf)
        + \mathrm{i} (((ad + bc) + af) + be)
        \\
        = {} &
        ((ac - bd) + (ae - bf))
        + \mathrm{i} ((ad + bc) + (af + be))
        \\
        = {} &
        ((ac - bd) + \mathrm{i} (ad + bc))
        + ((ae - bf) + \mathrm{i} (af + be))
        \\
        = {} &
        (a + \mathrm{i} b) (c + \mathrm{i} d)
        + (a + \mathrm{i} b) (e + \mathrm{i} f)
        \\
        = {} &
        x y + x z.
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

由此, 我们可定义复数的减法与除法.

\begin{definition}
    设复数 \(y = c + \mathrm{i} d\),
    其中, \(c\), \(d\) 是实数.
    定义 \(y\) 的\emph{相反数}
    \begin{align*}
        -y = -c + \mathrm{i} (-d).
    \end{align*}
    若 \(y \neq 0\), 定义 \(y\) 的\emph{倒数}
    \begin{align*}
        \operatorname{rec} {(y)}
        = \frac{c}{c^2 + d^2}
        + \mathrm{i} \frac{-d}{c^2 + d^2}.
    \end{align*}
\end{definition}

\(\operatorname{rec}\) 来自 \angla{reciprocal} (英语).

\begin{definition}
    设 \(x\), \(y\) 是复数.
    定义 \(x\) 与 \(y\) 的差
    \begin{align*}
        x - y = x + (-y).
    \end{align*}
    若 \(y \neq 0\), 定义 \(x\) 与 \(y\) 的比
    \begin{align*}
        \frac{x}{y} = x \cdot \operatorname{rec} {(y)}.
    \end{align*}
\end{definition}

\begin{example}
    我们计算复数
    \(2 + \mathrm{i} 5\), \(3 + \mathrm{i} 7\)
    的差与比.
    减法是简单的:
    \begin{align*}
        (2 + \mathrm{i} 5) - (3 + \mathrm{i} 7)
        = {} &
        (2 + \mathrm{i} 5) + (-(3 + \mathrm{i} 7))
        \\
        = {} &
        (2 + \mathrm{i} 5) + (-3 + \mathrm{i} (-7))
        \\
        = {} &
        (2 - 3) + \mathrm{i} (5 - 7)
        \\
        = {} &
        {-1} + \mathrm{i} (-2)
        \\
        = {} &
        {-1} - \mathrm{i} 2.
    \end{align*}
    除法不是难的:
    \begin{align*}
        \frac{2 + \mathrm{i} 5}{3 + \mathrm{i} 7}
        = {} &
        (2 + \mathrm{i} 5)
        \cdot
        \operatorname{rec} {(3 + \mathrm{i} 7)}
        \\
        = {} &
        (2 + \mathrm{i} 5)
        \left(\frac{3}{3^2 + 7^2}
        + \mathrm{i} \frac{-7}{3^2 + 7^2}\right)
        \\
        = {} &
        \left(
        2 \cdot \frac{3}{58} - 5 \cdot \frac{-7}{58}
        \right)
        + \mathrm{i}
        \left(
        2 \cdot \frac{-7}{58} + 5 \cdot \frac{3}{58}
        \right)
        \\
        = {} &
        \frac{2 \cdot 3 - 5 \cdot (-7)}{58}
        + \mathrm{i}
        \frac{2 \cdot (-7) + 5 \cdot 3}{58}
        \\
        = {} &
        \frac{41}{58} + \mathrm{i} \frac{1}{58}.
    \end{align*}
\end{example}

% 我们知道,
% 复数的加法与乘法也适合结合律、交换律、分配律.
% 由此, 我们重看复数的加法、减法、乘法:
% \begin{align*}
%     (a + \mathrm{i} b) \pm (c + \mathrm{i} d)
%     = {} &
%     (a + \mathrm{i} b) + (\pm c + \mathrm{i} (\pm d))
%     \\
%     = {} &
%     ((a + \mathrm{i} b) \pm c) + \mathrm{i} (\pm d)
%     \\
%     = {} &
%     (a + (\mathrm{i} b \pm c)) + \mathrm{i} (\pm d)
%     \\
%     = {} &
%     (a + (\pm c + \mathrm{i} b)) + \mathrm{i} (\pm d)
%     \\
%     = {} &
%     ((a \pm c) + \mathrm{i} b) + \mathrm{i} (\pm d)
%     \\
%     = {} &
%     (a \pm c) + (\mathrm{i} b + \mathrm{i} (\pm d))
%     \\
%     = {} &
%     (a \pm c) + \mathrm{i} (b \pm d),
% \end{align*}
% 且 (注意, \(\mathrm{i} \mathrm{i} = -1\))
% \begin{align*}
%     (a + \mathrm{i} b) (c + \mathrm{i} d)
%     = {} &
%     a (c + \mathrm{i} d) + (\mathrm{i} b) (c + \mathrm{i} d)
%     \\
%     = {} &
%     (a c + a (\mathrm{i} d))
%     + ((\mathrm{i} b) c + (\mathrm{i} b) (\mathrm{i} d))
%     \\
%     = {} &
%     (a c + (a \mathrm{i}) d)
%     + (\mathrm{i} (b c) + ((\mathrm{i} b) \mathrm{i}) d)
%     \\
%     = {} &
%     (a c + (\mathrm{i} a) d)
%     + (\mathrm{i} (b c) + (\mathrm{i} (b \mathrm{i})) d)
%     \\
%     = {} &
%     (a c + \mathrm{i} (a d))
%     + (\mathrm{i} (b c) + (\mathrm{i} (\mathrm{i} b)) d)
%     \\
%     = {} &
%     ((a c + \mathrm{i} (a d))
%     + \mathrm{i} (b c)) + ((\mathrm{i} \mathrm{i}) b) d
%     \\
%     = {} &
%     (a c + (\mathrm{i} (a d) + \mathrm{i} (b c)))
%     + ((\mathrm{i} \mathrm{i}) b) d
%     \\
%     = {} &
%     (a c + \mathrm{i} (a d + b c))
%     + (\mathrm{i} \mathrm{i}) (b d)
%     \\
%     = {} &
%     a c + (\mathrm{i} (a d + b c)
%     + (\mathrm{i} \mathrm{i}) (b d))
%     \\
%     = {} &
%     a c + ((\mathrm{i} \mathrm{i}) (b d)
%     + \mathrm{i} (a d + b c))
%     \\
%     = {} &
%     (a c + (\mathrm{i} \mathrm{i}) (b d))
%     + \mathrm{i} (a d + b c)
%     \\
%     = {} &
%     (a c + (-1) (b d))
%     + \mathrm{i} (a d + b c)
%     \\
%     = {} &
%     (a c - b d) + \mathrm{i} (a d + b c).
% \end{align*}

我们知道, 对实数 \(x\),
\(x\) 的平方, \(x^2\), 是 \(x \cdot x\).
类似地, 我们也能对复数 \(x\)
定义 \(x\) 的平方:
\(x^2 = x \cdot x\).
一般地,

\begin{definition}
    设 \(x\) 是复数.
    设 \(m\) 是自然数.
    定义 \(x\) 的 \(m\)~次方
    \begin{align*}
        x^m =
        \begin{cases}
            1,         & m = 0;    \\
            x^{m-1} x, & m \geq 1.
        \end{cases}
    \end{align*}
\end{definition}

注意, 对任何数 \(x\),
\begin{align*}
    x^1 = x^0 \cdot x = 1 \cdot x = x.
\end{align*}
并且,
\begin{align*}
    x^2 = x^1 \cdot 1 = x \cdot x.
\end{align*}

我们可以证明 (见附录~B, 节~4),
对任何复数 \(x\), \(y\),
与任何自然数 \(m\), \(\ell\),
\begin{align*}
    x^{\ell + m} & = x^\ell x^m, \\
    (x^\ell)^m   & = x^{\ell m}, \\
    (x y)^m      & = x^m y^m.
\end{align*}

若 \(x \neq 0\), 我们还能讨论它的负整数次方:

\begin{definition}
    设 \(x\) 是复数, 且 \(x \neq 0\).
    设 \(m\) 是整数.

    (1)
    设 \(m \geq 0\).
    则 \(x\) 的 \(m\)~次方 \(x^m\) 已被定义.

    (2)
    设 \(m < 0\).
    我们定义 \(x\) 的 \(m\)~次方 \(x^m\)
    为 \(x\) 的倒数 \(\operatorname{rec} {(x)}\)
    的 \(-m\)~次方 \((\operatorname{rec} {(x)})^{-m}\).
\end{definition}

注意, 若 \(x \neq 0\), 则
\begin{align*}
    x^{-1}
    = (\operatorname{rec} {(x)})^{-(-1)}
    = (\operatorname{rec} {(x)})^{1}
    = \operatorname{rec} {(x)}.
\end{align*}
于是, 我们也用 \(x^{-1}\) 表示 \(x\) 的倒数.

我们可以证明 (见附录~B, 节~4),
对任何不等于 \(0\) 的复数 \(x\), \(y\),
与任何整数 \(m\), \(\ell\),
\begin{align*}
    x^{\ell + m} & = x^\ell x^m, \\
    (x^\ell)^m   & = x^{\ell m}, \\
    (x y)^m      & = x^m y^m.
\end{align*}

您或许会问, 跟实数比, 复数如何不同.
为回答它, 我们考虑更多的运算律.

\begin{theorem}
    设 \(x\), \(y\), \(z\) 是复数.
    复数的加法与乘法适合消去律.
    具体地:

    (1)
    若 \(x + y = x + z\), 或 \(y + x = z + x\),
    则 \(y = z\).

    (2)
    设 \(x \neq 0\).
    若 \(x y = x z\), 或 \(y x = z x\),
    则 \(y = z\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    (1)
    我证明当 \(x + y = x + z\) 时的情形;
    我留另一部分为您的习题.
    (注意, 您可以用交换律:
    若 \(y + x = z + x\),
    则 \(x + y = y + x = z + x = x + z\).)
    注意,
    \begin{align*}
        y
        = {} & 0 + y          \\
        = {} & ((-x) + x) + y \\
        = {} & (-x) + (x + y) \\
        = {} & (-x) + (x + z) \\
        = {} & ((-x) + x) + z \\
        = {} & 0 + z          \\
        = {} & z.
    \end{align*}

    (2)
    我证明当 \(x \neq 0\), 且 \(x y = x z\) 时的情形;
    我留另一部分为您的习题.
    (注意, 您可以用交换律:
    若 \(y x = z x\),
    则 \(x y = y x = z x = x z\).)
    注意,
    \begin{align*}
        y
        = {} & 1 y          \\
        = {} & (x^{-1} x) y \\
        = {} & x^{-1} (x y) \\
        = {} & x^{-1} (x z) \\
        = {} & (x^{-1} x) z \\
        = {} & 1 z          \\
        = {} & z.
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

由此可见, 对任何复数 \(x\),
若复数 \(y\), \(z\) 适合
\(y + x = 0 = x + y\),
且 \(z + x = 0 = x + z\),
则由消去律, \(y = z\).
类似地, 对任何非零的复数 \(x\),
若复数 \(y\), \(z\) 适合
\(y x = 1 = x y\),
且 \(z x = 1 = x z\),
则由消去律, \(y = z\).

\begin{theorem}
    对任何复数 \(x\),
    \(0x = 0 = x0\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    我证明 \(0x = 0\);
    我留另一部分为您的习题.

    注意, \(0 + 0 = 0\).
    由分配律, \(0x + 0x = (0 + 0)x = 0x\).
    注意, \(0x = 0x + 0\).
    则 \(0x + 0x = 0x + 0\).
    由消去律, \(0x = 0\).
\end{proof}

\begin{theorem}
    对任何复数 \(x\), \(y\),
    \((-x) (-y) = x y\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    一方面,
    \(x (-y) + (-x) (-y)
    = (x + (-x)) (-y)
    = 0 (-y)
    = 0\).
    另一方面,
    \(x (-y) + x y
    = x (-y + y)
    = x 0
    = 0\).
    则 \(x (-y) + (-x) (-y) = x (-y) + x y\).
    由消去律, \((-x) (-y) = x y\).
\end{proof}

由此可见, 对任何不等于 \(0\) 的实数 \(x\),
\(x^2 > 0\):
若 \(x > 0\), 则 \(x^2 = x \cdot x\)
是二个正数 \(x\), \(x\) 的积,
故 \(x^2 > 0\);
若 \(-x > 0\), 则
\(x^2 = x \cdot x = (-x) \cdot (-x)\)
是二个正数 \(-x\), \(-x\) 的积,
故 \(x^2 > 0\).

回想, 对任何实数 \(x\),
在 ``\(x = 0\)'',
``\(x > 0\)''
与 ``\(-x > 0\)'',
存在且只存在一个, 其是对的.
我们说, 实数的大小关系跟加法 (或乘法) 是相容的:
二个大于 \(0\) 的数的和 (或积) 大于 \(0\).
不过, 我们似乎未提复数的大小关系.
为何?

\begin{theorem}
    我们不能为复数定义跟复数的乘法相容的大小关系.
\end{theorem}

\begin{proof}
    反设, 我们能为复数定义跟复数的乘法相容的大小关系.
    考虑 \(\mathrm{i}\).
    那么,
    在 ``\(\mathrm{i} = 0\)'',
    ``\(\mathrm{i} > 0\)''
    与 ``\(-\mathrm{i} > 0\)'',
    存在且只存在一个, 其是对的.
    注意, \(\mathrm{i} = 0 + \mathrm{i} 1\),
    而 \(0 = 0 + \mathrm{i} 0\),
    且 \(1 \neq 0\),
    故 \(\mathrm{i} \neq 0\).

    ``\(\mathrm{i} > 0\)'' 会是对的吗?
    若它是对的, 则
    \(\mathrm{i} \mathrm{i} = -1 > 0\).
    不过, 注意,
    \((-1) (-1) = 1 \cdot 1 = 1 > 0\).
    则 \(1 > 0\), 且 \(-1 > 0\).
    这是矛盾.

    ``\(-\mathrm{i} > 0\)'' 会是对的吗?
    若它是对的, 则
    \((-\mathrm{i}) (-\mathrm{i})
    = \mathrm{i} \mathrm{i} = -1 > 0\).
    不过, 注意,
    \((-1) (-1) = 1 \cdot 1 = 1 > 0\).
    则 \(1 > 0\), 且 \(-1 > 0\).
    这是矛盾.

    看来, 我们不能为复数定义跟复数的乘法相容的大小关系.
\end{proof}

回想, 不存在可比数, 其的平方等于 \(2\),
但存在实数, 其的平方等于 \(2\).
我们知道, 不存在实数, 其的平方等于 \(-1\),
因为实数 \(x\) 的平方 \(x^2\) 大于或等于 \(0\),
而 \(-1 < 0\).
不过, \(\mathrm{i}^2 = -1\).
进一步地,

\begin{theorem}
    设 \(z\) 是复数.
    存在复数 \(w\), 使 \(w^2 = z\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    设 \(z = c + \mathrm{i} d\),
    其中, \(c\), \(d\) 是实数.

    若 \(d = 0\), 且 \(c \geq 0\),
    则 \(\big( \sqrt{c} \big)^2 = c = z\).
    若 \(d = 0\), 且 \(c < 0\),
    则 \(\big( \mathrm{i} \sqrt{-c} \big)^2
    = \mathrm{i}^2 (-c) = c = z\).

    设 \(d > 0\).
    我们设 \(w = a + \mathrm{i} b\),
    其中, \(a\), \(b\) 是实数,
    且 \(w^2 = z\).
    则
    \begin{align*}
        w^2
        = (a + \mathrm{i} b) (a + \mathrm{i} b)
        = (a a - b b) + \mathrm{i} (a b + b a)
        = (a^2 - b^2) + \mathrm{i} (2 a b).
    \end{align*}
    则 \(a^2 - b^2 = c\), 且 \(2 a b = d\).
    则
    \begin{align*}
        (a^2 + b^2)^2
        = {} &
        (a^2)^2 + 2 a^2 b^2 + (b^2)^2
        \\
        = {} &
        (a^2)^2 - 2 a^2 b^2 + (b^2)^2 + 4 a^2 b^2
        \\
        = {} &
        (a^2 - b^2)^2 + (2 a b)^2
        \\
        = {} &
        c^2 + d^2.
    \end{align*}
    注意, \(a^2 + b^2 \geq 0\).
    则 \(a^2 + b^2 = \sqrt{c^2 + d^2}\).
    则
    \begin{align*}
        a^2 & =
        \frac{(a^2 + b^2) + (a^2 - b^2)}{2}
        = \frac{\sqrt{c^2 + d^2} + c}{2},
        \\
        b^2 & =
        \frac{(a^2 + b^2) - (a^2 - b^2)}{2}
        = \frac{\sqrt{c^2 + d^2} - c}{2}.
    \end{align*}
    注意, \(a b = d/2 > 0\).
    则要么 \(a\), \(b\) 都是正数,
    要么 \(a\), \(b\) 都是负数.
    则
    \begin{align*}
        a
        = \pm \sqrt{a^2}
        = \pm \sqrt{\frac{\sqrt{c^2 + d^2} + c}{2}},
        \quad
        b
        = \pm \sqrt{b^2}
        = \pm \sqrt{\frac{\sqrt{c^2 + d^2} - c}{2}},
    \end{align*}
    其中, 若我们为 \(a\) 选 \(+\) (或 \(-\)),
    则我们也为 \(b\) 选 \(+\) (或 \(-\)).
    我们验证, 如此确定的 \(a\), \(b\) 适合
    \((a + \mathrm{i} b)^2
    = (a^2 - b^2) + \mathrm{i} (2 a b)
    = c + \mathrm{i} d\):
    \begin{align*}
        a^2 - b^2
        = {} &
        \left(\pm \sqrt{\frac{\sqrt{c^2 + d^2} + c}{2}}\right)^2
        -
        \left(\pm \sqrt{\frac{\sqrt{c^2 + d^2} - c}{2}}\right)^2
        \\
        = {} &
        \left(\sqrt{\frac{\sqrt{c^2 + d^2} + c}{2}}\right)^2
        -
        \left(\sqrt{\frac{\sqrt{c^2 + d^2} - c}{2}}\right)^2
        \\
        = {} &
        \frac{\sqrt{c^2 + d^2} + c}{2}
        - \frac{\sqrt{c^2 + d^2} - c}{2}
        \\
        = {} &
        c,
    \end{align*}
    且 (注意, \(d \geq 0\))
    \begin{align*}
        2 a b
        = {} &
        2
        \left(\pm \sqrt{\frac{\sqrt{c^2 + d^2} + c}{2}}\right)
        \left(\pm \sqrt{\frac{\sqrt{c^2 + d^2} - c}{2}}\right)
        \\
        = {} &
        \sqrt{4}
        \cdot \sqrt{\frac{\sqrt{c^2 + d^2} + c}{2}}
        \cdot \sqrt{\frac{\sqrt{c^2 + d^2} - c}{2}}
        \\
        = {} &
        \sqrt{4 \cdot \frac{\sqrt{c^2 + d^2} + c}{2}
            \cdot \frac{\sqrt{c^2 + d^2} + c}{2}}
        \\
        = {} &
        \sqrt{(\sqrt{c^2 + d^2} + c) (\sqrt{c^2 + d^2} - c)}
        \\
        = {} &
        \sqrt{\big(\sqrt{c^2 + d^2}\big)^2 - c^2}
        \\
        = {} &
        \sqrt{(c^2 + d^2) - c^2}
        \\
        = {} &
        \sqrt{d^2}
        \\
        = {} &
        d.
    \end{align*}

    最后, 设 \(d < 0\).
    则 \(-d > 0\).
    设 \(p = -z = -c + \mathrm{i} (-d)\).
    由前面的讨论, 存在复数 \(q\),
    使 \(q^2 = p = -z\).
    则 \((\mathrm{i} q)^2
    = \mathrm{i}^2 q^2
    = (-1) (-z)
    = 1 z
    = z\).
\end{proof}

\begin{example}
    设 \(z = 5 + \mathrm{i} 12\).
    我们找复数 \(w = a + \mathrm{i} b\)
    (其中, \(a\), \(b\) 是实数),
    使 \(w^2 = z\).

    注意, \(w^2 = (a^2 - b^2) + \mathrm{i} (2 a b)\).
    则 \(a^2 - b^2 = 5\),
    且 \(2 a b = 12\).
    则
    \begin{align*}
        (a^2 + b^2)^2
        = {} &
        (a^2 - b^2)^2 + 4 a^2 b^2
        \\
        = {} &
        (a^2 - b^2)^2 + (2 a b)^2
        \\
        = {} &
        5^2 + 12^2
        \\
        = {} &
        169
        \\
        = {} &
        13^2.
    \end{align*}
    则 \(a^2 + b^2 = 13\).
    则 \(a^2 = 9\), 且 \(b^2 = 4\).
    注意, \(a b = 12/2 > 0\).
    则 \(a = \pm 3\), 且 \(b = \pm 2\).
    则 \(a + \mathrm{i} b\)
    等于 \(3 + \mathrm{i} 2\)
    或 \(-3 - \mathrm{i} 2\).

    不难验证,
    \((3 + \mathrm{i} 2)^2
    = (3^2 - 2^2) + \mathrm{i} (2 \cdot 3 \cdot 2)
    = 5 + \mathrm{i} 12\),
    且
    \((-3 - \mathrm{i} 2)^2
    = (3 + \mathrm{i} 2)^2
    = 5 + \mathrm{i} 12\).
\end{example}

在中学, 我们知道, 系数为实数的
\(1\)~元 \(1\)~次方程
\(a_0 x + a_1 = 0\)
(其中, \(a_0\), \(a_1\) 是实数,
且 \(a_0 \neq 0\))
有实数解 \(x = -a_1 / a_0\),
但系数为实数的 \(1\)~元 \(2\)~次方程
\(a_0 x^2 + a_1 x + a_2 = 0\)
(其中, \(a_0\), \(a_1\), \(a_2\) 是实数,
且 \(a_0 \neq 0\))
不一定有实数解,
如 \(x^2 + 1 = 0\).
(注意, 不存在实数, 其的平方等于 \(-1\).)
不过,

\begin{theorem}
    设 \(a_0\), \(a_1\), \(a_2\) 是复数,
    且 \(a_0 \neq 0\).
    则存在复数 \(z\), 使
    \begin{align*}
        a_0 z^2 + a_1 z + a_2 = 0.
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    注意,
    \begin{align*}
        a_0 x^2 + a_1 x + a_2
        = {} &
        \frac{1}{4a_0} (4 a_0 a_0 x^2 + 4 a_0 a_1 x + 4 a_0 a_2)
        \\
        = {} &
        \frac{1}{4a_0} ((2 a_0 x)^2 + 2 (2 a_0 x) a_1 + 4 a_0 a_2)
        \\
        = {} &
        \frac{1}{4a_0} ((2 a_0 x)^2 + 2 (2 a_0 x) a_1 + a_1^2 - a_1^2 + 4 a_0 a_2)
        \\
        = {} &
        \frac{1}{4a_0} ((2 a_0 x + a_1)^2 - a_1^2 + 4 a_0 a_2)
        \\
        = {} &
        \frac{1}{4a_0} ((2 a_0 x + a_1)^2 - (a_1^2 - 4 a_0 a_2)).
    \end{align*}
    注意, \(a_1^2 - 4 a_0 a_2\) 是复数.
    则存在复数 \(t\), 使 \(t^2 = a_1^2 - 4 a_0 a_2\).
    则
    \begin{align*}
        a_0 x^2 + a_1 x + a_2
        = {} &
        \frac{1}{4a_0} ((2 a_0 x + a_1)^2 - t^2)
        \\
        = {} &
        \frac{1}{4a_0} (2 a_0 x + a_1 + t) (2 a_0 x + a_1 - t)
        \\
        = {} &
        a_0
        \left( x - \frac{-a_1 - t}{2 a_0} \right)
        \left( x - \frac{-a_1 + t}{2 a_0} \right).
    \end{align*}
    于是, 若 \(z = (-a_1 \pm t) / (2 a_0)\),
    则 \(a_0 z^2 + a_1 z + a_2 = 0\).
\end{proof}

当然, 系数为复数的 \(1\)~元 \(1\)~次方程
\(a_0 x + a_1 = 0\)
(其中, \(a_0\), \(a_1\) 是复数,
且 \(a_0 \neq 0\))
也有复数解 \(x = -a_1 / a_0\),
因为
\begin{align*}
    a_0 \cdot (-a_1 / a_0) + a_1
    = -a_1 + a_1 = 0.
\end{align*}

最后, 有一件事, 其值得提.

设 \(a_0 x + a_1\) (\(a_0 \neq 0\)) 是 \(1\)~次式.
则
\begin{align*}
    a_0 x + a_1
    = a_0 \left(x + \frac{a_1}{a_0}\right)
    = a_0 \left(x - \frac{-a_1}{a_0}\right).
\end{align*}

设 \(a_0 x^2 + a_1 x + a_2\) (\(a_0 \neq 0\))
是 \(2\)~次式.
则
\begin{align*}
    a_0 x^2 + a_1 x + a_2
    = a_0
    \left( x - \frac{-a_1 - t}{2 a_0} \right)
    \left( x - \frac{-a_1 + t}{2 a_0} \right),
\end{align*}
其中, 复数 \(t\) 适合 \(t^2 = a_1^2 - 4 a_0 a_2\).

由此, 我们有

\begin{theorem}
    设 \(n\) 是不超过 \(2\) 的正整数.
    设 \(p(x) = a_0 x^n + a_1 x^{n-1} + \dots + a_n\)
    是 \(n\)~次式
    (\(a_0 \neq 0\)).
    则存在复数 \(x_1\), \(\dots\), \(x_n\),
    使
    \begin{align*}
        p(x) = a_0 (x - x_1) \dots (x - x_n).
    \end{align*}
\end{theorem}

% 最后, 我指出, 但不证明如下定理.
% 它的证明会用到三角函数.
% 若您想知道更多, 您可以找相关的文献.

% \begin{theorem}
%     设 \(z\) 是复数.
%     存在复数 \(w\), 使 \(w^3 = z\).
% \end{theorem}

% 当然, 如下一般的定理也是对的.
% 我不证明它; 它的证明会用到三角函数.
% 若您想知道更多, 您可以找相关的文献.

% \begin{theorem}
%     设 \(z\) 是复数.
%     设 \(n\) 是正整数.
%     存在复数 \(w\), 使 \(w^n = z\).
% \end{theorem}

\section{准备}

本节, 我们为研究 \(2\)~元 \(2\)~次式作准备.

\begin{definition}
    设 \(a_{i,j}\)
    (\(i = 1\), \(2\), \(3\);
    \(j = 1\), \(2\), \(3\)) 是数.
    定义
    \begin{align*}
        \tridet \det \begin{bmatrix}
                         a_{1,1} & a_{1,2} & a_{1,3} \\
                         a_{2,1} & a_{2,2} & a_{2,3} \\
                         a_{3,1} & a_{3,2} & a_{3,3} \\
                     \end{bmatrix} \tridet
        % = {} &
        % \hphantom{{} + {}}
        % a_{1,1} a_{2,2} a_{3,3}
        % + a_{2,1} a_{3,2} a_{1,3}
        % + a_{3,1} a_{1,2} a_{2,3}
        % - a_{1,1} a_{3,2} a_{2,3}
        % - a_{2,1} a_{1,2} a_{3,3}
        % - a_{3,1} a_{2,2} a_{1,3}
        % \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        a_{1,1} a_{2,2} a_{3,3}
        + a_{1,2} a_{2,3} a_{3,1}
        + a_{1,3} a_{2,1} a_{3,2}
        \\
             &
        - a_{1,1} a_{2,3} a_{3,2}
        - a_{1,2} a_{2,1} a_{3,3}
        - a_{1,3} a_{2,2} a_{3,1}.
    \end{align*}
    可用此法助记此式.
    此式含 \(6\)~项,
    其的每项都是不同行不同列的 \(3\)~个数的积.
    % 由左上 \(a_{1,1}\) 画一条实对角线至右下 \(a_{3,3}\);
    % 再由右上 \(a_{1,3}\) 画一条虚对角线至左下 \(a_{3,1}\).
    % 实对角线与跟实对角线平行的线上的 \(3\)~个数的积
    % \(a_{1,1} a_{2,2} a_{3,3}\),
    % \(a_{1,2} a_{2,3} a_{3,1}\),
    % \(a_{1,3} a_{2,1} a_{3,2}\)
    % 前带符号 \(1\);
    % 虚对角线与跟虚对角线平行的线上的 \(3\)~个数的积
    % \(a_{1,1} a_{2,3} a_{3,2}\),
    % \(a_{1,2} a_{2,1} a_{3,3}\),
    % \(a_{1,3} a_{2,2} a_{3,1}\)
    % 前带符号 \(-1\).
    我们在原 \(3\)~行 \(3\)~列的数表的右侧复写它,
    作成一个 \(3\)~行 \(6\)~列的数表.
    由左上至右下的对角线 (实线) 上的数的积的和%
    减由右上至左下的对角线 (虚线) 上的数的积的和%
    即为得数.
    % https://tex.stackexchange.com/questions/32978/typesetting-a-matrix-with-crossing-arrows-on-it/#32981
    \begin{figure*}[h!]
        \centering
        \begin{tikzpicture}[>=stealth]
            \matrix [%
                matrix of math nodes,
                column sep=1em,
                row sep=1em
            ] (s3h) {%
                a_{1,1} & a_{1,2} & a_{1,3} &
                a_{1,1} & a_{1,2} & a_{1,3}   \\
                a_{2,1} & a_{2,2} & a_{2,3} &
                a_{2,1} & a_{2,2} & a_{2,3}   \\
                a_{3,1} & a_{3,2} & a_{3,3} &
                a_{3,1} & a_{3,2} & a_{3,3}   \\
            };

            \path
            % ($(s3h-1-1.north west)-(0.5em,0)$) edge ($(s3h-3-1.south west)-(0.5em,0)$)
            % ($(s3h-1-3.north east)+(0.5em,0)$) edge ($(s3h-3-3.south east)+(0.5em,0)$)
            (s3h-1-1)                          edge            (s3h-2-2)
            (s3h-2-2)                          edge[->]        (s3h-3-3)
            (s3h-1-2)                          edge            (s3h-2-3)
            (s3h-2-3)                          edge[->]        (s3h-3-4)
            (s3h-1-3)                          edge            (s3h-2-4)
            (s3h-2-4)                          edge[->]        (s3h-3-5)
            % (s3h-3-1)                          edge[dashed]    (s3h-2-2)
            % (s3h-2-2)                          edge[->,dashed] (s3h-1-3)
            % (s3h-3-2)                          edge[dashed]    (s3h-2-3)
            % (s3h-2-3)                          edge[->,dashed] (s3h-1-4)
            % (s3h-3-3)                          edge[dashed]    (s3h-2-4)
            % (s3h-2-4)                          edge[->,dashed] (s3h-1-5);
            (s3h-1-4)                          edge[dashed]    (s3h-2-3)
            (s3h-2-3)                          edge[->,dashed] (s3h-3-2)
            (s3h-1-5)                          edge[dashed]    (s3h-2-4)
            (s3h-2-4)                          edge[->,dashed] (s3h-3-3)
            (s3h-1-6)                          edge[dashed]    (s3h-2-5)
            (s3h-2-5)                          edge[->,dashed] (s3h-3-4);

            \foreach \c in {1,2,3}
                {\node[anchor=south] at (s3h-1-\c.north) {\(+\)};}
            \foreach \c in {4,5,6}
                {\node[anchor=south] at (s3h-1-\c.north) {\(-\)};}
            % \foreach \c in {1,2,3}
            %     {\node[anchor=north] at (s3h-3-\c.south) {\(-\)};}
        \end{tikzpicture}
    \end{figure*}

    % % https://www.zhihu.com/question/525613625
    % \begin{figure*}[h!]
    %     \centering
    %     \begin{tikzpicture}
    %         \matrix [%
    %             matrix of math nodes,
    %             left delimiter=|,
    %             right delimiter=|,
    %             column sep=1.5em,
    %             row sep=1.5em,
    %             inner sep=0.3ex
    %         ] (b3) {%
    %             a_{1,1} & a_{1,2} & a_{1,3} \\
    %             a_{2,1} & a_{2,2} & a_{2,3} \\
    %             a_{3,1} & a_{3,2} & a_{3,3} \\
    %         };
    %         %\begin{scope}[draw=gray!70, rounded corners,
    %         \begin{scope}[rounded corners,
    %                 x = {($ (b3-2-2) - (b3-1-1) $)},%
    %                 y = {($ (b3-2-1) - (b3-1-2) $)}%
    %             ]
    %             \draw
    %             (b3-1-1) -- (b3-2-2) -- (b3-3-3)
    %             (b3-1-2) -- (b3-2-3) -- ++(1,0)
    %             -- ++(0,1.5) -- (b3-3-1)
    %             (b3-1-3) -- ++(2,0) -- ++(0,1.5)
    %             -- (b3-3-2) -- (b3-2-1);
    %             \draw[densely dashed]
    %             (b3-1-3) -- (b3-2-2) -- (b3-3-1)
    %             (b3-2-3) -- (b3-3-2) -- ++(0,1.5)
    %             -- ++(-1.5,0) -- (b3-1-1)
    %             (b3-3-3) -- ++(0,1.5) -- ++(-1.5,0)
    %             -- (b3-2-1) -- (b3-1-2);
    %         \end{scope}
    %     \end{tikzpicture}
    % \end{figure*}
\end{definition}

\begin{example}
    设 \(a\), \(b\), \(c\) 是数.
    则
    \begin{align*}
        \tridet \det \begin{bmatrix}
                         a & b & c \\
                         c & a & b \\
                         b & c & a \\
                     \end{bmatrix} \tridet
        = {} &
        a a a + b b b + c c c
        - a b c - b c a - c a b
        \\
        = {} &
        a^3 + b^3 + c^3 - 3 a b c.
    \end{align*}
\end{example}

\begin{theorem}
    设 \(a\), \(b\), \(x\) 是复数,
    且 \(a \neq 0\).
    则
    \begin{align*}
        ax^2 + 2bx
        = \frac{(ax + b)^2 - b^2}{a}.
    \end{align*}
    特别, 取 \(a = 1\),
    知
    \begin{align*}
        x^2 + 2bx = (x + b)^2 - b^2.
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    \begin{align*}
        \frac{(ax + b)^2 - b^2}{a}
        = {} & \frac{(ax + b + b)(ax + b - b)}{a} \\
        = {} & \frac{(ax + 2b)ax}{a}              \\
        = {} & (ax + 2b)x                         \\
        = {} & ax^2 + 2bx.
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

\begin{theorem}
    设 \(a\), \(b\) 是复数.
    则
    \begin{align*}
        a^3 \pm b^3 = (a \pm b)(a^2 \mp ab + b^2).
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    \begin{align*}
        a^3 - b^3
        = {} & a^3 - ab^2 + ab^2 - b^3 \\
        = {} & a(a^2 - b^2) + (a-b)b^2 \\
        = {} & (a-b)a(a+b) + (a-b)b^2  \\
        = {} & (a-b)(a^2 + ab + b^2).
    \end{align*}
    最后, 换 \(b\) 为 \(-b\),
    得另一个公式.
\end{proof}

\begin{theorem}
    设 \(\omega = (-1 + \mathrm{i} \sqrt{3})/2\).
    则 \(\omega^2 + \omega = -1\),
    且 \(\omega^3 = 1\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    注意, \(2\omega + 1 = \mathrm{i} \sqrt{3}\).
    平方, 可知
    \begin{align*}
        4\omega^2 + 4\omega + 1 = -3.
    \end{align*}
    整理, 即知.

    最后, 注意, \(1 = 1^2 = 1^3\),
    且 \(\omega = \omega \cdot 1\),
    故
    \begin{equation*}
        \omega^3
        = 1 + (\omega^3 - 1^3)
        = 1 + (\omega - 1)(\omega^2 + \omega \cdot 1 + 1^2)
        = 1.
        \qedhere
    \end{equation*}
\end{proof}

\begin{theorem}
    设 \(a\), \(b\) 是复数.
    则
    \begin{align*}
        a^3 \pm 3a^2 b + 3ab^2 \pm b^3 = (a \pm b)^3.
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    \begin{align*}
             & a^3 + 3a^2 b + 3ab^2 + b^3             \\
        = {} & a^3 + b^3 + 3a^2 b + 3ab^2             \\
        = {} & (a + b)(a^2 - ab + b^2) + (a + b)(3ab) \\
        = {} & (a + b)(a^2 + 2ab + b^2)               \\
        = {} & (a + b)^3.
    \end{align*}
    最后, 换 \(b\) 为 \(-b\),
    得另一个公式.
\end{proof}

\begin{theorem}
    设 \(a\), \(b\), \(c\) 是复数.
    设 \(\omega = (-1 + \mathrm{i} \sqrt{3})/2\).
    则
    \begin{align*}
        a^3 + b^3 + c^3 - 3abc
        = {} & (a + b + c)(a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca) \\
        = {} & (a + b + c)(a + \omega b + \omega^2 c)
        (a + \omega^2 b + \omega c).
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    \begin{align*}
             & a^3 + b^3 + c^3 - 3abc                       \\
        = {} & a^3 + ((b + c)^3 - 3b^2 c - 3bc^2) - 3abc    \\
        = {} & a^3 + (b + c)^3 - (a + b + c)(3bc)           \\
        = {} & (a + (b + c))(a^2 - a(b + c) + (b + c)^2)
        - (a + b + c)(3bc)                                  \\
        = {} & (a + b + c)(a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca).
    \end{align*}
    注意,
    \begin{align*}
             & 4(a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca)          \\
        = {} & 4(a^2  - a(b + c) + (b^2 - bc + c^2))      \\
        = {} & (2a)^2 - 2 \cdot 2a \cdot (b + c)
        + 4(b^2 - bc + c^2)                               \\
        = {} & (2a - b - c)^2 - (b + c)^2
        + (4b^2 - 4bc + 4c^2)                             \\
        = {} & (2a - b - c)^2 + 3(b^2 - 2bc + c^2)        \\
        = {} & (2a - b - c)^2 - (2\omega + 1)^2 (b - c)^2 \\
        = {} & (2a - b - c + (2\omega + 1)(b - c))
        (2a - b - c - (2\omega + 1)(b - c))               \\
        = {} & (2a + 2\omega b - 2(\omega + 1) c)
        (2a - 2(\omega + 1) b + 2\omega c)                \\
        = {} & 4(a + \omega b + \omega^2 c)
        (a + \omega^2 b + \omega c),
    \end{align*}
    故
    \begin{align*}
             & a^3 + b^3 + c^3 - 3abc                      \\
        = {} & (a + b + c)(a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca) \\
        = {} & (a + b + c)(a + \omega b + \omega^2 c)
        (a + \omega^2 b + \omega c).
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

\begin{theorem}
    设 \(x\), \(b\), \(c\) 是复数.
    设 \(\omega = (-1 + \mathrm{i} \sqrt{3})/2\).
    则
    \begin{align*}
        x^3 - 3bcx - (b^3 + c^3)
        = {} & (x - (b + c))(x - (\omega b + \omega^2 c))
        (x - (\omega^2 b + \omega c)).
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    代上个定理的 \(a\), \(b\), \(c\)
    以 \(x\), \(-b\), \(-c\).
\end{proof}

上个定理允许我们解缺 \(2\)~次项的 \(1\)~元 \(3\)~次方程.

具体地, 设 \(a_0 x^3 + a_2 x + a_3 = 0\) 是%
缺 \(2\)~次项的 \(1\)~元 \(3\)~次方程
(\(a_0 \neq 0\)).
以 \(a_0\) 除方程的二侧, 有
\begin{align*}
    x^3 + k_2 x + k_3 = 0,
\end{align*}
其中, \(k_2 = a_2/a_0\), 且 \(k_3 = a_3/a_0\).
考虑方程组
\begin{equation}
    \left\{
    \begin{aligned}
        -3uv         & = k_2, \\
        -(u^3 + v^3) & = k_3.
    \end{aligned}
    \right.
    \label{eq:A0101}
\end{equation}
若我们能找到一个解 \(u = b\), \(v = c\),
则
\begin{align*}
    x^3 + k_2 x + k_3
    = {} &
    x^3 - 3 b c x - (b^3 + c^3)
    \\
    = {} &
    (x - (b + c))
    (x - (\omega b + \omega^2 c))
    (x - (\omega^2 b + \omega c)).
\end{align*}
这样, 我们就找到了 \(x^3 + k_2 x + k_3 = 0\) 的解:
\(x = b + c\),
或 \(x = \omega b + \omega^2 c\),
或 \(x = \omega^2 b + \omega c\).

回想, 为解 \(1\)~元 \(2\)~次方程,
我们要平方根:
若 \(z\) 是复数, 则存在复数 \(w\),
使 \(w^2 = z\).
类似地, 为解 \(1\)~元 \(3\)~次方程,
我们也要立方根.
具体地:

\begin{theorem}
    设 \(z\) 是复数.
    存在复数 \(w\), 使 \(w^3 = z\).
\end{theorem}

现在, 我们解方程组~\eqref{eq:A0101}.

设 \(k_2 = 0\).
存在复数 \(p\), 使 \(p^3 = -k_3\).
分别取 \(b\), \(c\) 为 \(0\), \(p\).
不难验证,
\(u = b\), \(v = c\) 是方程组~\eqref{eq:A0101} 的一个解.

设 \(k_2 \neq 0\).
为解方程组~\eqref{eq:A0101},
我们先考虑, 若 \(u = b\), \(v = c\)
是方程组~\eqref{eq:A0101} 的一个解,
则它应适合何性质.
因为 \(-3 b c = k_2 \neq 0\),
故 \(b \neq 0\).
则 \(c = -k_2 / (3b)\).
从而
\begin{align*}
    -b^3 + \frac{k_2^3}{27 b^3} = k_3.
\end{align*}
则 \(-b^3 b^3 + k_2^3 / 27 = k_3 b^3\).
故 \(z = b^3\) 是 \(1\)~元 \(2\)~次方程
\begin{equation}
    z^2 + k_3 z - \frac{k_2^3}{27} = 0
    \label{eq:A0102}
\end{equation}
的解.
我们知道, \(1\)~元 \(2\)~次方程总有复数解.
我们设 \(z = z_0\)
是方程~\eqref{eq:A0102} 的一个解.
存在复数 \(q\), 使 \(q^3 = z_0\).
(注意, \(q \neq 0\).)
分别取 \(b\), \(c\) 为 \(q\), \(-k_2/(3q)\).
不难验证,
\(u = b\), \(v = c\) 是方程组~\eqref{eq:A0101} 的一个解.

我们说, 若我们作适当的换元,
则每个 \(1\)~元 \(3\)~次方程都可被变为%
缺 \(2\)~次项的方程.
为此, 取 \(1\)~元 \(3\)~次方程
\begin{equation}
    d_0 x^3 + d_1 x^2 + d_2 x + d_3 = 0,
    \quad d_0 \neq 0.
    \label{eq:cubic-equation-1}
\end{equation}
设 \(e\) 是数.
我们代 \(x\) 以 \(y - e\).
则方程~\eqref{eq:cubic-equation-1} 的右侧是 \(0\),
且它的左侧是
\begin{align*}
         &
    d_0 (y - e)^3
    + d_1 (y - e)^2
    + d_2 (y - e)
    + d_3
    \\
    = {} &
    d_0 y^3
    + (d_1 - 3d_0 e) y^2
    + (d_2 - 2d_1 e + 3d_0 e^2) y
    + (d_3 - d_2 e + d_1 e^2 - d_0 e^3).
\end{align*}
于是, 若我们取 \(e = d_1/(3d_0)\),
则 \(d_1 - 3d_0 e = 0\).
则方程~\eqref{eq:cubic-equation-1} 被变为
\begin{align*}
    d_0 y^3 + \left(d_2 - \frac{d_1^2}{3d_0} \right)y
    + d_3 + \frac{2 d_1^3}{27 d_0^2} - \frac{d_1 d_2}{3d_0}
    = 0.
\end{align*}
则我们可解此方程.
设 \(u\), \(v\) 适合
\begin{equation*}
    \left\{
    \begin{aligned}
        -3uv         & =
        \frac{1}{d_0}
        \left(d_2 - \frac{d_1^2}{3d_0} \right),
        \\
        -(u^3 + v^3) & =
        \frac{1}{d_0}
        \left(d_3 + \frac{2 d_1^3}{27 d_0^2} - \frac{d_1 d_2}{3d_0}\right).
    \end{aligned}
    \right.
\end{equation*}
则
\begin{align*}
         &
    d_0 y^3 + \left(d_2 - \frac{d_1^2}{3d_0} \right)y
    + d_3 + \frac{2 d_1^3}{27 d_0^2} - \frac{d_1 d_2}{3d_0}
    \\
    = {} &
    d_0 y^3 - 3 u v d_0 y - (u^3 + v^3) d_0
    \\
    = {} &
    d_0 (y^3 - 3 u v y - (u^3 + v^3))
    \\
    = {} &
    d_0
    (y - (u + v))
    (y - (\omega u + \omega^2 v))
    (y - (\omega^2 u + \omega v)).
\end{align*}
则
\begin{align*}
         &
    d_0 x^3 + d_1 x^2 + d_2 x + d_3
    \\
    = {} &
    d_0 (y - e)^3 + d_1 (y - e)^2 + d_2 (y - e) + d_3
    \\
    = {} &
    d_0 y^3 + \left(d_2 - \frac{d_1^2}{3d_0} \right)y
    + d_3 + \frac{2 d_1^3}{27 d_0^2} - \frac{d_1 d_2}{3d_0}
    \\
    = {} &
    d_0
    (y - (u + v))
    (y - (\omega u + \omega^2 v))
    (y - (\omega^2 u + \omega v))
    \\
    = {} &
    d_0
    (x + e - (u + v))
    (x + e - (\omega u + \omega^2 v))
    (x + e - (\omega^2 u + \omega v))
    \\
    = {} &
    d_0
    (x - (-e + u + v))
    (x - (-e + \omega u + \omega^2 v))
    (x - (-e + \omega^2 u + \omega v)).
\end{align*}
于是,
我们找到了
\(d_0 x^3 + d_1 x^2 + d_2 x + d_3 = 0\)
的解:
\(x = -e + u + v\),
或 \(x = -e + \omega u + \omega^2 v\),
或 \(x = -e + \omega^2 u + \omega v\).

所以, 理论地, 我们可解任何 \(1\)~元 \(3\)~次方程.
不过, 这个解方程的方法是复杂的,
故我们一般不用它.

最后, 有一件事, 其值得提.

设 \(a_0 x^3 + a_1 x^2 + a_2 x + a_3\) (\(a_0 \neq 0\))
是 \(3\)~次式.
由前面的讨论, 存在复数 \(x_1\), \(x_2\), \(x_3\),
使
\begin{align*}
    a_0 x^3 + a_1 x^2 + a_2 x + a_3
    = a_0 (x - x_1) (x - x_2) (x - x_3).
\end{align*}

由此, 我们有 (回想在 ``复数'' 的讨论)

\begin{theorem}
    设 \(n\) 是不超过 \(3\) 的正整数.
    设 \(p(x) = a_0 x^n + a_1 x^{n-1} + \dots + a_n\)
    是 \(n\)~次式
    (\(a_0 \neq 0\)).
    则存在复数 \(x_1\), \(\dots\), \(x_n\),
    使
    \begin{align*}
        p(x) = a_0 (x - x_1) \dots (x - x_n).
    \end{align*}
\end{theorem}

\section{\texorpdfstring{\(2\)~元 \(2\)~次式}%
  {2 元 2 次式}}

设 \(A\), \(B\), \(C\), \(D\), \(E\), \(F\) 为复数.
形如
\begin{align*}
    f(x, y) = Ax^2 + 2Bxy + Cy^2 + 2Dx + 2Ey + F
\end{align*}
的式是一个 \(2\)~元 \({\leq} 2\)~次式.
若 \(A\), \(B\), \(C\) 至少有一个不是 \(0\),
我们说, \(f(x, y)\) 是一个 \(2\)~元 \(2\)~次式.
若 \(A\), \(B\), \(C\) 全为 \(0\),
我们说, \(f(x, y)\) 是一个 \(2\)~元 \({\leq} 1\)~次式.
若 \(A\), \(B\), \(C\) 全为 \(0\),
但 \(D\), \(E\) 至少有一个不是 \(0\),
我们说, \(f(x, y)\) 是一个 \(2\)~元 \(1\)~次式.
若 \(A\), \(B\), \(C\), \(D\), \(E\) 都是 \(0\),
我们说, \(f(x, y)\) 是一个常数.

\begin{theorem}
    设 \(A\), \(B\), \(C\), \(D\), \(E\), \(F\) 为复数.
    设 \(f(x, y) = Ax^2 + 2Bxy + Cy^2 + 2Dx + 2Ey + F\).
    那么, 当 \(A\), \(B\), \(C\), \(D\), \(E\), \(F\)
    全为 \(0\) 时,
    对任何的复数对 \((z, w)\),
    \(f(z, w) = 0\).
    反过来, 若对任何的复数对 \((z, w)\),
    \(f(z, w) = 0\),
    则 \(A\), \(B\), \(C\), \(D\), \(E\), \(F\)
    全为 \(0\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    前一部分是显然的, 因为 \(0\) 跟任何数的积都是 \(0\).
    我们看后一部分.

    假定, 对任何的复数对 \((z, w)\), \(f(z, w) = 0\).
    因为 \(f(0, 0) = 0\), 故 \(F = 0\).
    因为 \(f(1, 0) = A + 2D + F = A + 2D = 0\),
    且 \(f(-1, 0) = A - 2D + F = A - 2D = 0\),
    故 \(A = D = 0\).
    因为 \(f(0, 1) = C + 2E + F = C + 2E = 0\),
    且 \(f(0, -1) = C - 2E + F = C - 2E = 0\),
    故 \(C = E = 0\).
    最后, 因为
    \(f(1, 1) = A + 2B + C + 2D + 2E + F = 2B = 0\),
    故 \(B = 0\).
\end{proof}

\begin{theorem}
    设 \(A_1\), \(A_2\),
    \(B_1\), \(B_2\),
    \(C_1\), \(C_2\),
    \(D_1\), \(D_2\),
    \(E_1\), \(E_2\),
    \(F_1\), \(F_2\)
    都是复数.
    设
    \(f_i (x, y) = A_i x^2 + 2B_i xy + C_i y^2
    + 2D_i x + 2E_i y + F_i\)
    (\(i = 1\), \(2\)).
    那么,
    ``对任何复数对 \((z, w)\), 必 \(f_1 (z, w) = f_2 (z, w)\)''
    相当于
    ``\(A_1 = A_2\), \(B_1 = B_2\), \(C_1 = C_2\),
    \(D_1 = D_2\), \(E_1 = E_2\), \(F_1 = F_2\)''.
\end{theorem}

\begin{proof}
    设
    \begin{align*}
        g(x, y)
        = {} & f_1 (x, y) - f_2 (x, y)
        \\
        = {} & \hphantom{{} + {}}
        (A_1 - A_2) x^2 + 2(B_1 - B_2) xy + (C_1 - C_2) y^2
        \\
             &
        + 2(D_1 - D_2) x + 2(E_1 - E_2) y + (F_1 - F_2).
    \end{align*}
    施上个定理于 \(g(x, y)\) 即可.
\end{proof}

\begin{definition}
    设 \(f(x, y) = Ax^2 + 2Bxy + Cy^2 + 2Dx + 2Ey + F\).
    定义 \(f(x, y)\) 的\emph{判别式}
    \begin{align*}
        \Delta
        = {} &
        \tridet \det \begin{bmatrix}
                         A & B & D \\
                         B & C & E \\
                         D & E & F \\
                     \end{bmatrix} \tridet        \\
        = {} & ACF + BED + DBE - AEE - BBF - DCD  \\
        = {} & ACF + 2BED - (AE^2 + CD^2 + FB^2).
    \end{align*}
\end{definition}

对应拉丁字母 D,
\(\Delta\) 来自 \angla{discriminant} (英语).

\(2\)~元 \({\leq} 2\)~次式 \(f(x, y)\)~的判别式是否为 \(0\)
与%
是否可写 \(f(x, y)\) 为%
二个 \(2\)~元 \({\leq} 1\)~次式的积%
有关.

\begin{theorem}
    设 \(f(x, y) = (a_1 x + a_2 y + a_3) (a_4 x + a_5 y + a_6)\).
    则 \(f(x, y)\) 的判别式为 \(0\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    展开 \(f(x, y)\), 有
    \begin{align*}
        f(x,y) = A x^2 + 2B xy + C y^2 + 2D x + 2E y + F,
    \end{align*}
    其中,
    \begin{align*}
         & A = a_1 a_4, \quad C = a_2 a_5, \quad F = a_3 a_6, \\
         & 2B = a_1 a_5 + a_2 a_4,                            \\
         & 2D = a_1 a_6 + a_3 a_4,                            \\
         & 2E = a_2 a_6 + a_3 a_5.
    \end{align*}
    从而
    \begin{align*}
        \Delta
        = {} & ACF + 2BED - (AE^2 + CD^2 + FB^2)                                                                                        \\
        = {} & \frac{1}{4} (4ACF + 2B \cdot 2E \cdot 2D) - \frac{1}{4} (A (2E)^2 + C (2D)^2 + F(2B)^2)                                  \\
        = {} & \frac{1}{4} (4 a_1 a_2 a_3 a_4 a_5 a_6 + a_2 a_3^2 a_5 a_4^2+a_2^2 a_3 a_6 a_4^2+a_1 a_3^2 a_5^2 a_4+a_1 a_2^2 a_6^2 a_4 \\
             & \quad \quad +2 a_1 a_2 a_3 a_5 a_6 a_4+a_1^2 a_2 a_5 a_6^2+a_1^2 a_3 a_5^2 a_6)                                          \\
             & \quad - \frac{1}{4} (a_1 a_3^2 a_4 a_5^2+2 a_1 a_2 a_3 a_4 a_6 a_5+a_1 a_2^2 a_4 a_6^2                                   \\
             & \quad \quad +a_2 a_3^2 a_5 a_4^2+2 a_1 a_2 a_3 a_5 a_6 a_4+a_1^2 a_2 a_5 a_6^2                                           \\
             & \quad \quad +a_2^2 a_3 a_6 a_4^2+2 a_1 a_2 a_3 a_5 a_6 a_4+a_1^2 a_3 a_5^2 a_6)                                          \\
        = {} & 0.
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

\begin{theorem}
    设 \(f(x, y) = Ax^2 + 2Bxy + Cy^2 + 2Dx + 2Ey + F\)
    的判别式为 \(0\).
    则存在复数
    \(a_1\), \(a_2\), \(a_3\), \(a_4\), \(a_5\), \(a_6\)
    使
    \begin{align*}
        f(x, y) = (a_1 x + a_2 y + a_3) (a_4 x + a_5 y + a_6).
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    设
    \begin{align*}
        \Delta = ACF + 2BED - (AE^2 + CD^2 + FB^2) = 0.
    \end{align*}
    我们分类讨论.

    (1)
    \(A = B = C = 0\).
    则
    \begin{align*}
        f(x, y)
        = 2Dx + 2Ey + F
        = (0x + 0y + 1)(2Dx + 2Ey + F).
    \end{align*}

    (2)
    \(A = C = 0\), 但 \(B \neq 0\).
    则
    \begin{align*}
        f(x, y)
        = {} & 2Bxy + 2Dx + 2Ey + F                                                               \\
        = {} & \frac{2}{B}(Bx \cdot By + D \cdot Bx + E \cdot By) + F                             \\
        = {} & \frac{2}{B}(Bx \cdot By + D \cdot Bx + E \cdot By + DE - DE) + F                   \\
        = {} & \frac{2}{B}(Bx \cdot By + D \cdot Bx + E \cdot By + DE) - \frac{2}{B} \cdot DE + F \\
        = {} & \frac{2}{B}(Bx + E)(By + D) - \frac{2ED - FB}{B}                                   \\
        = {} & \left(1x + 0y + \frac{E}{B}\right)(0x + 2By + 2D) - \frac{2BED - FB^2}{B^2}.
    \end{align*}
    因为 \(\Delta = 0\), 且 \(A = C = 0\), 故
    \begin{align*}
        \Delta = 0 + 2BED - (0 + 0 + FB^2) = 2BED - FB^2 = 0.
    \end{align*}
    从而
    \begin{align*}
        f(x, y) = \left(1x + 0y + \frac{E}{B}\right)(0x + 2By + 2D).
    \end{align*}

    (3)
    \(A \neq 0\).
    则
    \begin{align*}
             & f(x, y)                                                                                      \\
        = {} & Ax^2 + 2(By + D)x + (Cy^2 + 2Ey + F)                                                         \\
        = {} & \frac{(Ax + By + D)^2 - (By + D)^2}{A}
        + (Cy^2 + 2Ey + F)                                                                                  \\
        = {} & \frac{1}{A} (Ax + By + D)^2 + \frac{1}{A}((AC - B^2)y^2 + 2(AE - BD)y) + \frac{AF - D^2}{A}.
    \end{align*}
    我们要进一步地分类讨论.

    (3.1)
    \(AC - B^2 = 0\).
    此时, \(C = B^2 / A\).
    故
    \begin{align*}
        \Delta
        = {} &
        A \cdot \frac{B^2}{A} \cdot F + 2BED - AE^2
        - \frac{B^2 D^2}{A} - FB^2
        \\
        = {} &
        {-} \frac{1}{A} (A^2 E^2 - 2AE BD + B^2 D^2)
        \\
        = {} &
        {-} \frac{1}{A} (AE - BD)^2.
    \end{align*}
    因为 \(\Delta = 0\),
    故 \(AE - BD = 0\).
    从而
    \begin{align*}
        f(x, y) = \frac{(Ax + By + D)^2 - (D^2 - AF)}{A}.
    \end{align*}
    设复数 \(d\) 适合 \(d^2 = D^2 - AF\).
    则
    \begin{align*}
        f(x, y) = \frac{1}{A} (Ax + By + D + d)(Ax + By + D - d);
    \end{align*}
    也就是,
    \begin{align*}
        f(x, y) = \left( 1x + \frac{B}{A} y + \frac{D+d}{A} \right) (Ax + By + (D - d)).
    \end{align*}

    (3.2)
    \(AC - B^2 \neq 0\).
    此时
    \begin{align*}
             & (AC - B^2) y^2 + 2(AE - BD)y
        \\
        = {} & \frac{1}{AC - B^2} ((AC - B^2)y + (AE - BD))^2 - \frac{(AE - BD)^2}{AC - B^2}.
    \end{align*}
    所以
    \begin{align*}
        f(x, y)
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        \frac{(Ax + By + D)^2}{A} - \frac{((B^2 - AC)y + (BD - AE))^2}{A(B^2 - AC)}
        \\
             &
        + \frac{AF - D^2}{A} - \frac{(AE - BD)^2}{A(AC - B^2)};
    \end{align*}
    也就是,
    \begin{align*}
        f(x, y) = \frac{(Ax + By + D)^2}{A} - \frac{((B^2 - AC)y + (BD - AE))^2}{A(B^2 - AC)} + \frac{\Delta}{AC - B^2}.
    \end{align*}
    因为 \(\Delta = 0\), 故
    \begin{align*}
        f(x, y) = \frac{(Ax + By + D)^2}{A} - \frac{((B^2 - AC)y + (BD - AE))^2}{A(B^2 - AC)}.
    \end{align*}
    设复数 \(e\) 适合 \(e^2 = B^2 - AC\).
    设 \(f = (BD-AE)/e\).
    则
    \begin{align*}
        f(x, y)
        = {} & \frac{(Ax + By + D)^2}{A} - \frac{(e^2 y + ef)^2}{Ae^2}                   \\
        = {} & \frac{(Ax + By + D)^2}{A} - \frac{(ey + f)^2}{A}                          \\
        = {} & \frac{1}{A}(Ax + By + D + ey + f)(Ax + By + D - ey - f)                   \\
        = {} & \left( 1x + \frac{B+e}{A}y + \frac{D+f}{A} \right) (Ax + (B-e)y + (D-f)).
    \end{align*}

    (4)
    \(C \neq 0\).
    则
    \begin{align*}
        f(x, y) = Cy^2 + 2Byx + Ax^2 + 2Ey + 2Dx + F.
    \end{align*}
    考虑 \(2\)~元 \({\leq} 2\)~次式
    \begin{align*}
        g(x, y) = Cx^2 + 2Bxy + Ay^2 + 2Ex + 2Dy + F.
    \end{align*}
    注意, 对任何复数对 \((z, w)\),
    \begin{align*}
        g(z, w) = f(w, z).
    \end{align*}
    我们计算 \(g(x, y)\) 的判别式:
    \begin{align*}
        \Delta'
        = {} &
        \tridet \det \begin{bmatrix}
                         C & B & E \\
                         B & A & D \\
                         E & D & F \\
                     \end{bmatrix} \tridet       \\
        = {} & CAF + 2BDE - (CD^2 + AE^2 + FB^2) \\
        = {} & ACF + 2BED - (AE^2 + CD^2 + FB^2) \\
        = {} & \Delta.
    \end{align*}
    从而, 由 (3),
    存在复数
    \(a_1\), \(a_2\), \(a_3\), \(a_4\), \(a_5\), \(a_6\)
    使
    \begin{align*}
        g(x, y) = (a_1 x + a_2 y + a_3) (a_4 x + a_5 y + a_6).
    \end{align*}
    所以
    \begin{equation*}
        f(x, y) = g(y, x) = (a_2 x + a_1 y + a_3) (a_5 x + a_4 y + a_6).
        \qedhere
    \end{equation*}
\end{proof}

综上, 我们得到本章的重要的定理:

\begin{theorem}
    设 \(f(x, y) = Ax^2 + 2Bxy + Cy^2 + 2Dx + 2Ey + F\).
    若 \(f(x, y)\) 的判别式为 \(0\),
    则我们可写它为二个 (复系数的)
    \(2\)~元 \({\leq} 1\)~次式的积;
    反过来,
    若 \(f(x, y)\) 是二个 (复系数的)
    \(2\)~元 \({\leq} 1\)~次式的积,
    则它的判别式为 \(0\).
\end{theorem}

我们看二个例.

\begin{example}
    设
    \begin{align*}
        b(x, y) = 2x^2 + 2xy + y^2 + 2x + 2y + 2.
        % b(x, y) = 24x^2 + 20xy - 16y^2 - 14x - 26y - 2.
    \end{align*}
    \(A\), \(B\), \(C\), \(D\), \(E\), \(F\)
    分别是
    \(2\), \(1\), \(1\), \(1\), \(1\), \(2\).
    % \(24\), \(10\), \(-16\), \(-7\), \(-13\), \(-2\).
    由此可知, \(b(x, y)\) 的判别式
    \begin{align*}
        \Delta
        = \tridet \det \begin{bmatrix}
                           2 & 1 & 1 \\
                           1 & 1 & 1 \\
                           1 & 1 & 2 \\
                           %   24 & 10  & -7  \\
                           %   10 & -16 & -13 \\
                           %   -7 & -13 & -2  \\
                       \end{bmatrix} \tridet
        = 1.
        % = -484.
    \end{align*}
    所以, 我们无法写它为二个
    (关于 \(x\), \(y\) 的)
    \(2\)~元 \({\leq} 1\)~次式的积.
\end{example}

\begin{example}
    设 \(f(x, y) = x^2 + y^2\).
    不难算出, \(f(x, y)\)~的判别式是 \(0\).
    所以, \(f(x, y)\) 可被写为%
    二个 (关于 \(x\), \(y\) 的)
    \(2\)~元 \({\leq} 1\)~次式的积.

    不过, 这二个 \({\leq} 1\)~次式的系数不能全为实数.

    反设存在实数
    \(a_1\), \(a_2\), \(a_3\), \(a_4\), \(a_5\), \(a_6\) 使
    \begin{align*}
        x^2 + y^2 = (a_1 x + a_2 y + a_3) (a_4 x + a_5 y + a_6).
    \end{align*}
    代 \(x\), \(y\) 以 \(0\), \(0\), 知 \(0 = a_3 a_6\).
    因为乘法是可交换的, 故无妨设 \(a_3 = 0\).
    代 \(x\), \(y\) 以 \(1\), \(0\), 知
    \(1 = a_1 (a_4 + a_6)\);
    代 \(x\), \(y\) 以 \(-1\), \(0\), 知
    \(1 = -a_1 (-a_4 + a_6) = a_1 (a_4 - a_6)\).
    由此可知 \(a_4 + a_6 = a_4 - a_6\),
    故 \(a_6 = 0\).
    从而 \(a_1 a_4 = 1\).
    故 \(a_4 = 1/a_1\).
    代 \(x\), \(y\) 以 \(0\), \(1\), 知 \(a_2 a_5 = 1\).
    故 \(a_5 = 1/a_2\).
    从而
    \begin{align*}
        x^2 + y^2 = (a_1 x + a_2 y)
        \left( \frac{x}{a_1} + \frac{y}{a_2} \right).
    \end{align*}
    代 \(x\), \(y\) 以 \(1\), \(1\), 有
    \begin{align*}
        2 = (a_1 + a_2) \cdot \frac{a_1 + a_2}{a_1 a_2},
    \end{align*}
    即
    \begin{align*}
        a_1^2 + a_2^2 = 0.
    \end{align*}
    所以
    \begin{align*}
        0
        = (a_1^2 + a_2^2) \cdot a_5^2
        = (a_1 a_5)^2 + 1.
    \end{align*}
    因为 \(a_1\), \(a_5\) 是实数, 故 \(a_1 a_5\) 也是实数.
    不过, 我们知道,
    任何实数的平方加 \(1\) 不可能是 \(0\).
    这是矛盾.

    不过,
    \(x^2 + y^2
    = x^2 - (\mathrm{i} y)^2
    = (x + \mathrm{i} y) (x - \mathrm{i} y)\).
\end{example}

\section{\texorpdfstring{\(2\)~元 \(2\)~次方程组}%
  {2 元 2 次方程组}}

本节, 我们讨论如何求解方程组
\begin{equation}
    \left\{
    \begin{aligned}
        f_1 (x, y) & = 0, \\
        f_2 (x, y) & = 0,
    \end{aligned}
    \right.
    \label{eq:A0301}
\end{equation}
其中, \(f_i (x, y) = A_i x^2 + 2B_i xy + C_i y^2
+ 2D_i x + 2E_i y + F_i\)
(\(i = 1\), \(2\)).

我们看一个简单的例.

\begin{example}
    解方程组
    \begin{equation*}
        \left\{
        \begin{aligned}
            f_1 (x, y) & = x^2 - y^2 - 4x + 4 = 0, \\
            f_2 (x, y) & = x^2 + y^2 - 2x = 0.
        \end{aligned}
        \right.
    \end{equation*}

    注意,
    \begin{align*}
        f_1 (x, y)
        = {} & x^2 - y^2 - 4x + 4      \\
        = {} & (x^2 - 4x + 4) - y^2    \\
        = {} & (x - 2)^2 - y^2         \\
        = {} & (x - 2 + y)(x - 2 - y).
    \end{align*}
    故
    \begin{align*}
        x = 2 - y
        \quad \text{或} \quad
        x = 2 + y.
    \end{align*}
    联立 \(x = 2 - y\) 与 \(f_2 (x, y) = 0\),
    得 \(2y^2 - 2y = 0\).
    则
    \begin{align*}
        (x, y) = (1, 1)
        \quad \text{或} \quad
        (x, y) = (2, 0).
    \end{align*}
    联立 \(x = 2 + y\) 与 \(f_2 (x, y) = 0\),
    得 \(2y^2 + 2y = 0\).
    则
    \begin{align*}
        (x, y) = (1, -1)
        \quad \text{或} \quad
        (x, y) = (2, 0).
    \end{align*}
    可验证, \((1, 1)\), \((1, -1)\), \((2, 0)\) 都是解.

    不难算出, \(f_1 (x, y)\) 的判别式
    \begin{align*}
        \Delta_1
        =
        \tridet \det \begin{bmatrix}
                         1  & 0  & -2 \\
                         0  & -1 & 0  \\
                         -2 & 0  & 4  \\
                     \end{bmatrix} \tridet
        = 0.
    \end{align*}
    所以, 理论地, \(f_1 (x, y)\) 确实可被%
    写为二个 \(2\)~元 \({\leq} 1\)~次式的积.
    不过, \(f_2 (x, y)\) 的判别式
    \begin{align*}
        \Delta_2
        =
        \tridet \det \begin{bmatrix}
                         1  & 0 & -1 \\
                         0  & 1 & 0  \\
                         -1 & 0 & 0  \\
                     \end{bmatrix} \tridet
        = -1.
    \end{align*}
    所以, \(f_2 (x, y)\) 不可被%
    写为二个 \(2\)~元 \({\leq} 1\)~次式的积.
\end{example}

由此可见, 若我们能写方程组~\eqref{eq:A0301}
的一个方程的左侧为二个 \(2\)~元 \({\leq} 1\)~次式的积,
则我们可解二个 \(1\)~元 \({\leq} 2\)~次方程,
以解此方程组.

不过, 不是所有的方程组都这么简单.

\begin{example}\label{emp:A0301}
    解方程组
    \begin{equation*}
        \left\{
        \begin{aligned}
            f_1 (x, y) & = x^2 + 3y^2 + 2x - 11 = 0, \\
            f_2 (x, y) & = 3x^2 - y^2 - 4x - 3 = 0.
        \end{aligned}
        \right.
    \end{equation*}

    我们试用老方法解此方程组.
    不过, 试了试, 发现
    \(f_1 (x, y)\) 与 \(f_2 (x, y)\)
    好像 ``不可被分解''.
    此时, 我们来计算判别式.
    \(f_1 (x, y)\), \(f_2 (x, y)\)~的判别式分别是
    \begin{align*}
         & \Delta_1
        =
        \tridet \det \begin{bmatrix}
                         1 & 0 & 1   \\
                         0 & 3 & 0   \\
                         1 & 0 & -11 \\
                     \end{bmatrix} \tridet
        = -36,
        \\
         & \Delta_2
        =
        \tridet \det \begin{bmatrix}
                         3  & 0  & -2 \\
                         0  & -1 & 0  \\
                         -2 & 0  & -3 \\
                     \end{bmatrix} \tridet
        = 13.
    \end{align*}
    看来, 我们不能像上个例那样直接地解此方程组.
\end{example}

不过, 我们并非无计可施.

\begin{theorem}
    设 \(k\) 是复数.
    则方程组~\eqref{eq:A0301}
    与方程组
    \begin{equation}
        \left\{
        \begin{aligned}
            f_1 (x, y) + kf_2 (x, y) & = 0, \\
            f_2 (x, y)               & = 0
        \end{aligned}
        \right.
        \label{eq:A0302}
    \end{equation}
    同解.
\end{theorem}

\begin{proof}
    任取方程组~\eqref{eq:A0301} 的一个解 \((s, t)\).
    于是, \(f_1 (s, t) = f_2 (s, t) = 0\).
    从而 \(f_1 (s, t) + kf_2 (s, t) = 0 + k0 = 0\).
    故方程组~\eqref{eq:A0301} 的每个解%
    都是方程组~\eqref{eq:A0302} 的解.

    反过来, 任取方程组~\eqref{eq:A0302} 的一个解 \((u, v)\).
    于是,
    \(f_1 (u, v) + k f_2 (u, v) = f_2 (u, v) = 0\).
    从而 \(f_1 (u, v)
    = (f_1 (u, v) + k f_2 (u, v)) - kf_2 (u, v)
    = 0 - k0 = 0\).
    故方程组~\eqref{eq:A0302} 的每个解%
    都是方程组~\eqref{eq:A0301} 的解.
\end{proof}

根据上个定理,
方程组~\eqref{eq:A0301} 与方程组~\eqref{eq:A0302}
同解.
那么, 能否取适当的 \(k\),
使方程组~\eqref{eq:A0302} 的%
首个方程的左侧可被写为%
二个 \(2\)~元 \({\leq} 1\)~次式的积?
我们计算 \(f_3 (x, y) = f_1 (x, y) + kf_2 (x, y)\)
的判别式:
\begin{align*}
    \Delta_3
    = {} & \tridet \det \begin{bmatrix}
                            A_1 + kA_2 & B_1 + kB_2 & D_1 + kD_2 \\
                            B_1 + kB_2 & C_1 + kC_2 & E_1 + kE_2 \\
                            D_1 + kD_2 & E_1 + kE_2 & F_1 + kF_2 \\
                        \end{bmatrix} \tridet \\
    = {} & \Delta_1 + c_1 k + c_2 k^2 + \Delta_2 k^3,
\end{align*}
其中, \(\Delta_i\) 是 \(f_i (x, y)\)~的判别式
(\(i = 1\), \(2\)), 且
\begin{align*}
    % c_1
    % = {} & A_2 C_1 F_1+A_1 C_2 F_1+A_1 C_1 F_2-A_2 E_1^2-2 A_1 E_1 E_2 \\
    %      & {} +2 B_1 D_2 E_1+2 B_1 D_1 E_2+2 B_2 D_1 E_1-B_1^2 F_2     \\
    %      & {} -2 B_2 B_1 F_1-C_2 D_1^2-2 C_1 D_1 D_2,                  \\
    % c_2
    % = {} & A_2 C_2 F_1+A_2 C_1 F_2+A_1 C_2 F_2-A_1 E_2^2-2 A_2 E_1 E_2 \\
    %      & {} +2 B_2 D_2 E_1+2 B_2 D_1 E_2+2 B_1 D_2 E_2-B_2^2 F_1     \\
    %      & {} -2 B_1 B_2 F_2-C_1 D_2^2-2 C_2 D_1 D_2.
    c_1
    = {} &
    \tridet \det \begin{bmatrix}
                     A_2 & B_1 & D_1 \\
                     B_2 & C_1 & E_1 \\
                     D_2 & E_1 & F_1 \\
                 \end{bmatrix} \tridet
    +
    \tridet \det \begin{bmatrix}
                     A_1 & B_2 & D_1 \\
                     B_1 & C_2 & E_1 \\
                     D_1 & E_2 & F_1 \\
                 \end{bmatrix} \tridet
    +
    \tridet \det \begin{bmatrix}
                     A_1 & B_1 & D_2 \\
                     B_1 & C_1 & E_2 \\
                     D_1 & E_1 & F_2 \\
                 \end{bmatrix} \tridet, \\
    c_2
    = {} &
    \tridet \det \begin{bmatrix}
                     A_1 & B_2 & D_2 \\
                     B_1 & C_2 & E_2 \\
                     D_1 & E_2 & F_2 \\
                 \end{bmatrix} \tridet
    +
    \tridet \det \begin{bmatrix}
                     A_2 & B_1 & D_2 \\
                     B_2 & C_1 & E_2 \\
                     D_2 & E_1 & F_2 \\
                 \end{bmatrix} \tridet
    +
    \tridet \det \begin{bmatrix}
                     A_2 & B_2 & D_1 \\
                     B_2 & C_2 & E_1 \\
                     D_2 & E_2 & F_1 \\
                 \end{bmatrix} \tridet.
\end{align*}
\(\Delta_3\) 是一个关于 \(k\)~的 \(1\)~元 \({\leq} 3\)~次式,
故 \(\Delta_3 = 0\) 是一个 \(1\)~元 \({\leq} 3\)~次方程.
理论地, 这是可解的.
解出一个 \(k\).
从而, 我们可用老方法%
解跟方程组~\eqref{eq:A0301} 同解的%
方程组~\eqref{eq:A0302},
进而得到方程组~\eqref{eq:A0301} 的解.

\begingroup
\renewcommand\thmcontinues[1]{%
    %\ifcsname hyperref\endcsname
    %\hyperref[#1]{continuing}
    %\else
    %continuing
    %\fi
    %from p.\,\pageref{#1}%
    续%
}
\begin{example}[continues=emp:A0301]
    我们解当时未能求解的方程组
    \begin{equation*}
        \left\{
        \begin{aligned}
            f_1 (x, y) & = x^2 + 3y^2 + 2x - 11 = 0, \\
            f_2 (x, y) & = 3x^2 - y^2 - 4x - 3 = 0.
        \end{aligned}
        \right.
    \end{equation*}

    待定复数 \(k\).
    作出同解方程组
    \begin{equation*}
        \left\{
        \begin{aligned}
            f_3 (x, y) & = 0, \\
            f_2 (x, y) & = 0,
        \end{aligned}
        \right.
    \end{equation*}
    其中,
    \begin{align*}
        f_3 (x, y)
        = {} & f_1 (x, y) + kf_2 (x, y)                    \\
        = {} & (1+3k)x^2 + (3-k)y^2 + 2(1-2k)x + (-3k-11).
    \end{align*}
    计算 \(f_3 (x, y)\) 的判别式
    \begin{align*}
        \Delta_3
        = \tridet \det \begin{bmatrix}
                           1+3k & 0   & 1-2k   \\
                           0    & 3-k & 0      \\
                           1-2k & 0   & -3k-11 \\
                       \end{bmatrix} \tridet
        = (k-3) (13k^2 + 32k + 12).
    \end{align*}
    所以, 我们可取 \(k = 3\).
    则
    \begin{align*}
        f_3 (x, y) = 10x^2 - 10x - 20 = 10(x - 2)(x + 1).
    \end{align*}
    从而
    \begin{align*}
        x = 2
        \quad \text{或} \quad
        x = -1.
    \end{align*}
    联立 \(x = 2\) 与 \(f_2 (x, y) = 0\),
    得 \(-y^2 + 1 = 0\).
    则
    \begin{align*}
        (x, y) = (2, 1)
        \quad \text{或} \quad
        (x, y) = (2, -1).
    \end{align*}
    联立 \(x = -1\) 与 \(f_2 (x, y) = 0\),
    得 \(-y^2 + 4 = 0\).
    则
    \begin{align*}
        (x, y) = (-1, 2)
        \quad \text{或} \quad
        (x, y) = (-1, -2).
    \end{align*}
    可验证,
    \((2, 1)\), \((2, -1)\), \((-1, 2)\), \((-1, -2)\)
    都是解.
\end{example}
\endgroup

\section{\texorpdfstring{\(1\)~元 \(4\)~次方程}%
  {1 元 4 次方程}}

我们知道, 理论地,
每个 \(1\)~元 \(m\)~次方程都是可被 (根式) 求解的,
其中, \(m = 1\), \(2\), \(3\).
本节, 我展现一个解 \(1\)~元 \(4\)~次方程的方法.

任取一个 \(1\)~元 \(4\)~次方程
\begin{equation}
    a_0 x^4 + a_1 x^3 + a_2 x^2 + a_3 x + a_4 = 0,
    \label{eq:A0401}
\end{equation}
其中, \(a_0 \neq 0\).

设 \(s\) 是方程~\eqref{eq:A0401} 的一个解.
则
\begin{align*}
    a_0 (s^2)^2 + a_1 s\, s^2 + a_2 s^2 + a_3 s + a_4 = 0.
\end{align*}
则 \((s, s^2)\) 是 \(2\)~元 \(2\)~次方程组
\begin{equation}
    \left\{
    \begin{aligned}
        f_1 (x, y) & = a_1 xy + a_0 y^2 + a_3 x + a_2 y + a_4 = 0, \\
        f_2 (x, y) & = x^2 - y = 0
    \end{aligned}
    \right.
    \label{eq:A0402}
\end{equation}
的一个解.

反过来, 设 \((u, v)\) 是方程组~\eqref{eq:A0402} 的一个解.
那么, \(v = u^2\).
从而
\begin{align*}
    a_1 u\, u^2 + a_0 (u^2)^2 + a_3 u + a_2 u^2 + a_4 = 0,
\end{align*}
即
\begin{align*}
    a_0 u^4 + a_1 u^3 + a_2 u^2 + a_3 u + a_4 = 0.
\end{align*}
故 \(u\) 是方程~\eqref{eq:A0401} 的一个解.

这么看来, 我们可变%
解 \(1\)~元 \(4\)~次方程的问题%
为%
解 \(2\)~元 \(2\)~次方程组的问题.

待定复数 \(k\).
作一个跟方程组~\eqref{eq:A0402} 同解的方程组
\begin{equation}
    \left\{
    \begin{aligned}
        f_3 (x, y) & = 0, \\
        f_2 (x, y) & = 0,
    \end{aligned}
    \right.
    \label{eq:A0403}
\end{equation}
其中,
\begin{align*}
    f_3 (x, y)
    = {} &
    f_1 (x, y) + k f_2 (x, y)
    \\
    = {} &
    k x^2
    + \frac{a_1}{2} \cdot 2xy
    + a_0 y^2
    + \frac{a_3}{2} \cdot 2x
    + \frac{a_2 - k}{2} \cdot 2y
    + a_4.
\end{align*}
计算 \(f_3 (x, y)\) 的判别式
\begin{align*}
    \Delta_3
    = {} &
    \tridet \det \begin{bmatrix}
                     k     & a_1/2     & a_3/2     \\
                     a_1/2 & a_0       & (a_2-k)/2 \\
                     a_3/2 & (a_2-k)/2 & a_4       \\
                 \end{bmatrix} \tridet
    \\
    = {} &
    \frac{k^3 - 2 a_2 k^2 - (4 a_0 a_4 - a_1 a_3 - a_2^2) k
        + (a_0 a_3^2 + a_1^2 a_4 - a_1 a_2 a_3)}{-4}.
\end{align*}
\(\Delta_3\) 是一个关于 \(k\)~的 \(1\)~元 \(3\)~次式,
故 \(\Delta_3 = 0\) 是一个 \(1\)~元 \(3\)~次方程.
理论地, 这是可解的.
解出一个 \(k\).
从而, 我们可用老方法解方程组~\eqref{eq:A0403},
进而得到方程~\eqref{eq:A0401} 的解.

\begin{example}
    解方程
    \begin{align*}
        x^4 - 2x^3 - 10x^2 + 44x - 48 = 0.
    \end{align*}

    考虑方程组
    \begin{equation*}
        \left\{
        \begin{aligned}
            f_1 (x, y) & = -2xy + y^2 + 44x - 10y - 48 = 0, \\
            f_2 (x, y) & = x^2 - y = 0.
        \end{aligned}
        \right.
    \end{equation*}
    此方程组的解的首个分量即为原方程的解.

    待定复数 \(k\).
    作出同解方程组
    \begin{equation*}
        \left\{
        \begin{aligned}
            f_3 (x, y) & = 0, \\
            f_2 (x, y) & = 0,
        \end{aligned}
        \right.
    \end{equation*}
    其中,
    \begin{align*}
        f_3 (x, y)
        = {} & f_1 (x, y) + kf_2 (x, y)               \\
        = {} & kx^2 - 2xy + y^2 + 44x - (k+10)y - 48.
    \end{align*}
    计算 \(f_3 (x, y)\) 的判别式
    \begin{align*}
        \Delta_3
        = \tridet \det \begin{bmatrix}
                           k  & -1     & 22     \\
                           -1 & 1      & -k/2-5 \\
                           22 & -k/2-5 & -48    \\
                       \end{bmatrix} \tridet
        = -\frac{1}{4} (k + 8) (k^2 + 12k + 108).
    \end{align*}
    所以, 我们可取 \(k = -8\).
    则
    \begin{align*}
        f_3 (x, y)
        = {} & {-} 8x^2 - 2xy + y^2 + 44x - 2y - 48      \\
        = {} & y^2 - 2(x+1)y - 8x^2 + 44x - 48           \\
        = {} & (y - x - 1)^2 - (x+1)^2 - 8x^2 + 44x - 48 \\
        = {} & (y - x - 1)^2 - (3x - 7)^2                \\
        = {} & (y + 2x - 8) (y - 4x + 6).
    \end{align*}
    所以
    \begin{align*}
        y + 2x - 8 = 0
        \quad \text{或} \quad
        y - 4x + 6 = 0.
    \end{align*}
    因为 \(x^2 - y = 0\),
    故
    \begin{align*}
        x^2 + 2x - 8 = 0
        \quad \text{或} \quad
        x^2 - 4x + 6 = 0.
    \end{align*}
    注意,
    我们的目的是求解 (原方程的) \(x\),
    而 \(y\) 只是辅助量,
    故我们用 \(y = x^2\) 消去了 \(y\),
    进而直接求解 \(x\).
    我们不必同时解出 \(x\) 与 \(y\).

    \(1\)~元 \(2\)~次方程是不难求解的.
    不难算出
    \begin{align*}
        x = -4
        \quad \text{或} \quad
        x = 2
        \quad \text{或} \quad
        x = 2 + \mathrm{i} \sqrt{2}
        \quad \text{或} \quad
        x = 2 - \mathrm{i} \sqrt{2}.
    \end{align*}
    可验证, 它们都是原方程的解.
\end{example}

最后, 有一件事, 其值得提.

记 \(p (x) = a_0 x^4 + a_1 x^3 + a_2 x^2 + a_3 x + a_4\)
(\(a_0 \neq 0\)).
记 \(f_1 (x, y) = a_1 x y + a_0 y^2 + a_3 x + a_2 y + a_4\).
记 \(f_2 (x, y) = x^2 - y\).
设 \(k\) 是数.
设
\begin{align*}
    f_3 (x, y)
    = {} &
    f_1 (x, y) + k f_2 (x, y)
    \\
    = {} &
    k x^2
    + \frac{a_1}{2} \cdot 2xy
    + a_0 y^2
    + \frac{a_3}{2} \cdot 2x
    + \frac{a_2 - k}{2} \cdot 2y
    + a_4.
\end{align*}
则对任何数 \(x\) 与 \(k\),
\(p(x) = f_3 (x, x^2)\),
因为 \(p(x) = f_1 (x, x^2)\),
且 \(0 = f_2 (x, x^2)\).

我们知道,
存在 \(k\),
使存在复数
\(b_1\), \(b_2\), \(b_3\), \(b_4\), \(b_5\), \(b_6\),
使对任何 \(x\), \(y\),
\begin{align*}
    f_3 (x, y)
    = (b_1 x + b_2 y + b_3) (b_4 x + b_5 y + b_6).
\end{align*}
(注意, \(b_2 b_5 = a_0 \neq 0\).
则 \(b_2 \neq 0\), 且 \(b_5 \neq 0\).)
则
\begin{align*}
    p(x) = f_3 (x, x^2)
    = (b_1 x + b_2 x^2 + b_3) (b_4 x + b_5 x^2 + b_6).
\end{align*}
则存在复数 \(x_1\), \(x_2\), 使
\begin{align*}
    b_1 x + b_2 x^2 + b_3
    = b_2 x^2 + b_1 x + b_3
    = b_2 (x - x_1) (x - x_2);
\end{align*}
存在复数 \(x_3\), \(x_4\), 使
\begin{align*}
    b_4 x + b_5 x^2 + b_6
    = b_5 x^2 + b_4 x + b_6
    = b_5 (x - x_3) (x - x_4).
\end{align*}
则
\begin{align*}
    p(x)
    = {} &
    b_2 (x - x_1) (x - x_2)
    \cdot b_5 (x - x_3) (x - x_4)
    \\
    = {} &
    a_0 (x - x_1) (x - x_2) (x - x_3) (x - x_4).
\end{align*}

由此, 我们有 (回想在 ``准备'' 的讨论)

\begin{theorem}
    设 \(n\) 是不超过 \(4\) 的正整数.
    设 \(p(x) = a_0 x^n + a_1 x^{n-1} + \dots + a_n\)
    是 \(n\)~次式
    (\(a_0 \neq 0\)).
    则存在复数 \(x_1\), \(\dots\), \(x_n\),
    使
    \begin{align*}
        p(x) = a_0 (x - x_1) \dots (x - x_n).
    \end{align*}
\end{theorem}

最后, 我指出, 如下一般的定理是对的.
不过, 我就不在这儿证明它了.
若您想知道更多, 您可以找相关的文献.

\begin{theorem}[代数基本定理]
    设 \(n\) 是正整数.
    设 \(p(x) = a_0 x^n + a_1 x^{n-1} + \dots + a_n\)
    是 \(n\)~次式
    (\(a_0 \neq 0\)).
    则存在复数 \(x_1\), \(\dots\), \(x_n\),
    使
    \begin{align*}
        p(x) = a_0 (x - x_1) \dots (x - x_n).
    \end{align*}
\end{theorem}

\end{document}

This material shows how one can use determinants
to study quadratic expressions in two variables
and to solve a system of quadratic equation
with two unknowns.
However, since I only need determinants of 3-by-3 matrices,
that the formula is not so hard,
one can actually read this material
whenever one wishes to,
as long as one knows how to do arithmetic of complex numbers
(addition, subtraction, multiplication, and division
of complex numbers)
and accepts results about
existence of the (or rather, a) square root
and that of the (or rather, a) cubic root.
Yes, complex numbers are really needed.

Postscript: I have written a section about complex numbers
so that this book can be more self-contained.

I also hint the fundamental theorem of algebra.

Here is what I used to write in section 4.
It is now obsolete.

\section{\texorpdfstring{\(1\)~元 \(4\)~次方程}%
  {1 元 4 次方程}}

任取一个 \(1\)~元 \(4\)~次方程
\begin{equation}
    a_0 x^4 + a_1 x^3 + a_2 x^2 + a_3 x + a_4 = 0,
    % \label{eq:A0401}
\end{equation}
其中, \(a_0 \neq 0\).
若 \(a_4 = 0\), 则我们可写
\begin{align*}
    a_0 x^4 + a_1 x^3 + a_2 x^2 + a_3 x + a_4
    = x(a_0 x^3 + a_1 x^2 + a_2 x + a_3).
\end{align*}
括号里有一个 \(1\)~元 \(3\)~次式.
这, 理论地, 是可解的.
所以, 接下来, 我们假定 \(a_4 \neq 0\).

假定 \(s\) 是方程~\eqref{eq:A0401} 的一个解.
因为 \(a_4 \neq 0\), 故 \(s \neq 0\).
从而
\begin{align*}
    a_0 s^2 + a_1 s + a_2
    + a_3 \frac{1}{s} + a_4 \frac{1}{s^2} = 0.
\end{align*}
由此可见, \((s, 1/s)\) 是 \(2\)~元 \(2\)~次方程组
\begin{equation}
    \left\{
    \begin{aligned}
        f_1 (x, y) & = a_0 x^2 + a_4 y^2 + a_1 x + a_3 y + a_2 = 0, \\
        f_2 (x, y) & = xy - 1 = 0
    \end{aligned}
    \right.
    % \label{eq:A0402}
\end{equation}
的一个解.

反过来, 设 \((u, v)\) 是方程组~\eqref{eq:A0402} 的一个解.
那么, \(v = 1/u\).
从而
\begin{align*}
    a_0 u^2 + a_4 \frac{1}{u^2} + a_1 u
    + a_3 \frac{1}{u} + a_2 = 0.
\end{align*}
即
\begin{align*}
    a_0 u^4 + a_4 + a_1 u^3 + a_3 u + a_2 u^2 = 0.
\end{align*}
故 \(u\) 是方程~\eqref{eq:A0401} 的一个解.

这么看来, 我们可变%
解 \(1\)~元 \(4\)~次方程的问题%
为%
解 \(2\)~元 \(2\)~次方程组的问题.

待定复数 \(k\).
作一个跟方程组~\eqref{eq:A0402} 同解的方程组
\begin{equation}
    \left\{
    \begin{aligned}
        f_3 (x, y) & = 0, \\
        f_2 (x, y) & = 0,
    \end{aligned}
    \right.
    % \label{eq:A0403}
\end{equation}
其中,
\begin{align*}
    f_3 (x, y)
    = {} &
    f_1 (x, y) + k f_2 (x, y)
    \\
    = {} &
    a_0 x^2
    + \frac{k}{2} \cdot 2xy
    + a_4 y^2
    + \frac{a_1}{2} \cdot 2x
    + \frac{a_3}{2} \cdot 2y
    + (a_2 - k).
\end{align*}
计算 \(f_3 (x, y)\) 的判别式
\begin{align*}
    \Delta_3
    = {} &
    \tridet \det \begin{bmatrix}
                     a_0   & k/2   & a_1/2   \\
                     k/2   & a_4   & a_3/2   \\
                     a_1/2 & a_3/2 & a_2 - k \\
                 \end{bmatrix} \tridet
    \\
    = {} &
    \frac{2 k^3 - 2a_2 k^2
        + (2a_1 a_3 - 8a_0 a_4) k
        + (8a_0 a_2 a_4 - 2a_0 a_3^2 - 2a_1^2 a_4)}
    {8}.
\end{align*}
\(\Delta_3\) 是一个关于 \(k\)~的 \(1\)~元 \(3\)~次式,
故 \(\Delta_3 = 0\) 是一个 \(1\)~元 \(3\)~次方程.
理论地, 这是可解的.
解出一个 \(k\).
从而, 我们可用老方法解方程组~\eqref{eq:A0403},
进而得到方程~\eqref{eq:A0401} 的解.

\begin{example}
    解方程
    \begin{align*}
        x^4 - 2x^3 - 10x^2 + 44x - 48 = 0.
    \end{align*}

    注意, \(0\)~次项 \(-48\) 非零,
    故此方程无零解.
    考虑方程组
    \begin{equation*}
        \left\{
        \begin{aligned}
            f_1 (x, y) & = x^2 - 2x - 10 + 44y - 48y^2 = 0, \\
            f_2 (x, y) & = xy - 1 = 0.
        \end{aligned}
        \right.
    \end{equation*}
    此方程组的解的首个分量即为原方程的解.

    待定复数 \(k\).
    作出同解方程组
    \begin{equation*}
        \left\{
        \begin{aligned}
            f_3 (x, y) & = 0, \\
            f_2 (x, y) & = 0,
        \end{aligned}
        \right.
    \end{equation*}
    其中,
    \begin{align*}
        f_3 (x, y)
        = {} & f_1 (x, y) + kf_2 (x, y)                  \\
        = {} & x^2 + kxy - 48y^2 - 2x + 44y + (-10 - k).
    \end{align*}
    计算 \(f_3 (x, y)\) 的判别式
    \begin{align*}
        \Delta_3
        = \tridet \det \begin{bmatrix}
                           1   & k/2 & -1    \\
                           k/2 & -48 & 22    \\
                           -1  & 22  & -10-k \\
                       \end{bmatrix} \tridet
        = \frac{1}{4} (k + 2) (k^2 + 8k + 88).
    \end{align*}
    所以, 我们可取 \(k = -2\).
    则
    \begin{align*}
        f_3 (x, y)
        = {} & x^2 - 2xy - 48y^2 - 2x + 44y - 8           \\
        = {} & x^2 + 2x(-y-1) - 48y^2 + 44y - 8           \\
        = {} & (x - y - 1)^2 - (-y-1)^2 - 48y^2 + 44y - 8 \\
        = {} & (x - y - 1)^2 - (7y - 3)^2                 \\
        = {} & (x + 6y - 4) (x - 8y + 2).
    \end{align*}
    所以
    \begin{align*}
        x + 6y - 4 = 0
        \quad \text{或} \quad
        x - 8y + 2 = 0.
    \end{align*}
    从而
    \begin{align*}
        x^2 + 6xy - 4x = 0
        \quad \text{或} \quad
        x^2 - 8xy + 2x = 0.
    \end{align*}
    因为 \(xy - 1 = 0\),
    故
    \begin{align*}
        x^2 - 4x + 6 = 0
        \quad \text{或} \quad
        x^2 + 2x - 8 = 0.
    \end{align*}
    注意,
    我们的目的是求解 (原方程的) \(x\),
    而 \(y\) 只是辅助量,
    故我们用 \(y = 1/x\) 消去了 \(y\),
    进而直接求解 \(x\).
    我们不必同时解出 \(x\) 与 \(y\).

    \(1\)~元 \(2\)~次方程是不难求解的.
    不难算出
    \begin{align*}
        x = 2 + \mathrm{i} \sqrt{2}
        \quad \text{或} \quad
        x = 2 - \mathrm{i} \sqrt{2}
        \quad \text{或} \quad
        x = -4
        \quad \text{或} \quad
        x = 2.
    \end{align*}
    可验证, 它们都是原方程的解.
\end{example}
